一，链表的中间结点
876. 链表的中间结点 - 力扣（LeetCode）
https://leetcode.cn/problems/middle-of-the-linked-list/
1，数组：
思路和算法
链表的缺点在于不能通过下标访问对应的元素。因此我们可以考虑对链表进行遍历，同时将遍历到的元素依次放入数组A中。如果我们遍历到了N个素，那么链表以及数组的长度也为N,对应的中间节点即为A[N/2] 。
class Solution { public: ListNode* middleNode(ListNode* head) { vector<ListNode*> A = {head}; while (A.back()->next != NULL) A.push_back(A.back()->next); return A[A.size() / 2]; } };
复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)，其中 NN 是给定链表中的结点数目。
- 空间复杂度：O(N)，即数组 A 用去的空间。
2，单指针法
我们可以对方法一进行空间优化，省去数组A。
我们可以对链表进行两次遍历。第一次遍历时， 我们统计链表中的元素个数N;第二次遍历时,我们遍历到第N/2 个元素(链表的首节点为第0个元素)时,将该元素返回即可。
class Solution { public: ListNode* middleNode(ListNode* head) { int n = 0; ListNode* cur = head; while (cur != nullptr) { ++n; cur = cur->next; } int k = 0; cur = head; while (k < n / 2) { ++k; cur = cur->next; } return cur; } };
复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)，其中 N 是给定链表的结点数目。
- 空间复杂度：O(1)，只需要常数空间存放变量和指针。
3，快慢指针法：（奇技淫巧）
思路和算法
我们可以继续优化方法二，用两个指针 slow 与 fast 一起遍历链表。slow 一次走一步，fast 一次走两步。那么当 fast 到达链表的末尾时，slow 必然位于中间。
class Solution { public: ListNode* middleNode(ListNode* head) { ListNode* slow = head; ListNode* fast = head; while (fast != NULL && fast->next != NULL) { slow = slow->next; fast = fast->next->next; } return slow; } };
复杂度分析
时间复杂度：O(N)，其中 N 是给定链表的结点数目。
空间复杂度：O(1)，只需要常数空间存放 slow 和 fast 两个指针。
二，删除链表的倒数第N个结点
19. 删除链表的倒数第 N 个结点 - 力扣（LeetCode）
https://leetcode.cn/problems/remove-nth-node-from-end-of-list/
前言
在对链表进行操作时，一种常用的技巧是添加一个哑节点（dummy node），它的 \textit{next}next 指针指向链表的头节点。这样一来，我们就不需要对头节点进行特殊的判断了。
例如，在本题中，如果我们要删除节点 y，我们需要知道节点 y 的前驱节点 x，并将 x 的指针指向 y 的后继节点。但由于头节点不存在前驱节点，因此我们需要在删除头节点时进行特殊判断。但如果我们添加了哑节点，那么头节点的前驱节点就是哑节点本身，此时我们就只需要考虑通用的情况即可。
特别地，在某些语言中，由于需要自行对内存进行管理。因此在实际的面试中，对于「是否需要释放被删除节点对应的空间」这一问题，我们需要和面试官进行积极的沟通以达成一致。下面的代码中默认不释放空间。
1，计算链表长度：
思路与算法
一种容易想到的方法是，我们首先从头节点开始对链表进行一次遍历，得到链表的长度 L。随后我们再从头节点开始对链表进行一次遍历，当遍历到第 L−n+1 个节点时，它就是我们需要删除的节点。
为了与题目中的 n 保持一致，节点的编号从 1 开始，头节点为编号 1 的节点。
为了方便删除操作，我们可以从哑节点开始遍历L−n+1 个节点。当遍历到第L−n+1 个节点时，它的下一个节点就是我们需要删除的节点，这样我们只需要修改一次指针，就能完成删除操作。
class Solution { public: int getLength(ListNode* head) { int length = 0; while (head) { ++length; head = head->next; } return length; } ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) { ListNode* dummy = new ListNode(0, head); int length = getLength(head); ListNode* cur = dummy; for (int i = 1; i < length - n + 1; ++i) { cur = cur->next; } cur->next = cur->next->next; ListNode* ans = dummy->next; delete dummy; return ans; } };
复杂度分析
- 时间复杂度：O(L)，其中 LL 是链表的长度。
- 空间复杂度：O(1)。
2，栈
思路与算法
我们也可以在遍历链表的同时将所有节点依次入栈。根据栈「先进后出」的原则，我们弹出栈的第 n 个节点就是需要删除的节点，并且目前栈顶的节点就是待删除节点的前驱节点。这样一来，删除操作就变得十分方便了。
class Solution { public: ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) { ListNode* dummy = new ListNode(0, head); stack<ListNode*> stk; ListNode* cur = dummy; while (cur) { stk.push(cur); cur = cur->next; } for (int i = 0; i < n; ++i) { stk.pop(); } ListNode* prev = stk.top(); prev->next = prev->next->next; ListNode* ans = dummy->next; delete dummy; return ans; } };
复杂度分析
- 时间复杂度：O(L)，其中 LL 是链表的长度。
- 空间复杂度：O(L)，其中 LL 是链表的长度。主要为栈的开销。
3，双指针（快慢指针）
思路与算法
我们也可以在不预处理出链表的长度，以及使用常数空间的前提下解决本题。
由于我们需要找到倒数第 n 个节点，因此我们可以使用两个指针 first 和 second 同时对链表进行遍历，并且first 比 second 超前 n 个节点。当first 遍历到链表的末尾时，second 就恰好处于倒数第 n 个节点。
具体地，初始时 first 和 second 均指向头节点。我们首先使用 first 对链表进行遍历，遍历的次数为 n。此时，first 和 second 之间间隔了 n−1 个节点，即 first 比 second 超前了 n 个节点。
在这之后，我们同时使用 first 和 second 对链表进行遍历。当first 遍历到链表的末尾（即 first 为空指针）时，second 恰好指向倒数第 n 个节点。
根据方法一和方法二，如果我们能够得到的是倒数第 n 个节点的前驱节点而不是倒数第 n 个节点的话，删除操作会更加方便。因此我们可以考虑在初始时将second 指向哑节点，其余的操作步骤不变。这样一来，当 first 遍历到链表的末尾时，second 的下一个节点就是我们需要删除的节点。
class Solution { public: ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) { ListNode* dummy = new ListNode(0, head); ListNode* first = head; ListNode* second = dummy; for (int i = 0; i < n; ++i) { first = first->next; } while (first) { first = first->next; second = second->next; } second->next = second->next->next; ListNode* ans = dummy->next; delete dummy; return ans; } };
复杂度分析
- 时间复杂度：O(L)，其中 L 是链表的长度。
- 空间复杂度：O(1)。
