合并K个排序链表
前置知识：合并两个有序链表
思路
在解决「合并K个排序链表」这个问题之前，我们先来看一个更简单的问题：如何合并两个有序链表？假设链表 aa 和 bb 的长度都是 nn，如何在 O(n)O(n) 的时间代价以及 O(1)O(1) 的空间代价完成合并？ 这个问题在面试中常常出现，为了达到空间代价是 O(1)O(1)，我们的宗旨是「原地调整链表元素的
\textit{next}next 指针完成合并」。以下是合并的步骤和注意事项，对这个问题比较熟悉的读者可以跳过这一部分。此部分建议结合代码阅读。
首先我们需要一个变量 \textit{head}head 来保存合并之后链表的头部，你可以把 \textit{head}head 设置为一个虚拟的头（也就是 \textit{head}head 的 \textit{val}val 属性不保存任何值），这是为了方便代码的书写，在整个链表合并完之后，返回它的下一位置即可。 我们需要一个指针 \textit{tail}tail 来记录下一个插入位置的前一个位置，以及两个指针 \textit{aPtr}aPtr 和 \textit{bPtr}bPtr 来记录 aa 和 bb 未合并部分的第一位。注意这里的描述，\textit{tail}tail 不是下一个插入的位置，\textit{aPtr}aPtr 和 \textit{bPtr}bPtr 所指向的元素处于「待合并」的状态，也就是说它们还没有合并入最终的链表。 当然你也可以给他们赋予其他的定义，但是定义不同实现就会不同。 当 \textit{aPtr}aPtr 和 \textit{bPtr}bPtr 都不为空的时候，取 \textit{val}val 熟悉较小的合并；如果 \textit{aPtr}aPtr 为空，则把整个 \textit{bPtr}bPtr 以及后面的元素全部合并；\textit{bPtr}bPtr 为空时同理。 在合并的时候，应该先调整 \textit{tail}tail 的 \textit{next}next 属性，再后移 \textit{tail}tail 和 \textit{*Ptr}*Ptr（\textit{aPtr}aPtr 或者 \textit{bPtr}bPtr）。那么这里 \textit{tail}tail 和 \textit{*Ptr}*Ptr 是否存在先后顺序呢？它们谁先动谁后动都是一样的，不会改变任何元素的 \textit{next}next 指针。 代码
C++Java
ListNode* mergeTwoLists(ListNode *a, ListNode *b) {
if ((!a) || (!b)) return a ? a : b;
ListNode head, *tail = &head, *aPtr = a, *bPtr = b;
while (aPtr && bPtr) {
if (aPtr->val < bPtr->val) {
tail->next = aPtr; aPtr = aPtr->next;
} else {
tail->next = bPtr; bPtr = bPtr->next;
}
tail = tail->next;
}
tail->next = (aPtr ? aPtr : bPtr);
return head.next;
}复杂度分析
时间复杂度：O(n)O(n)。 空间复杂度：O(1)O(1)。 方法一：顺序合并 思路
我们可以想到一种最朴素的方法：用一个变量 \textit{ans}ans 来维护以及合并的链表，第 ii 次循环把第 ii 个链表和 \textit{ans}ans 合并，答案保存到 \textit{ans}ans 中。
代码
C++Java
class Solution {
public:
ListNode* mergeTwoLists(ListNode *a, ListNode *b) {
if ((!a) || (!b)) return a ? a : b;
ListNode head, *tail = &head, *aPtr = a, *bPtr = b;
while (aPtr && bPtr) {
if (aPtr->val < bPtr->val) {
tail->next = aPtr; aPtr = aPtr->next;
} else {
tail->next = bPtr; bPtr = bPtr->next;
}
tail = tail->next;
}
tail->next = (aPtr ? aPtr : bPtr);
return head.next;
}
ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
ListNode *ans = nullptr;
for (size_t i = 0; i < lists.size(); ++i) {
ans = mergeTwoLists(ans, lists[i]);
}
return ans;
}};
复杂度分析
时间复杂度：假设每个链表的最长长度是 nn。在第一次合并后，\textit{ans}ans 的长度为 nn；第二次合并后，\textit{ans}ans 的长度为 2\times n2×n，第 ii 次合并后，\textit{ans}ans 的长度为 i\times ni×n。第 ii 次合并的时间代价是
，那么总的时间代价为
空间复杂度：没有用到与 kk 和 nn 规模相关的辅助空间，故渐进空间复杂度为 O(1)O(1)。 方法二：分治合并 思路
考虑优化方法一，用分治的方法进行合并。
将 kk 个链表配对并将同一对中的链表合并；
第一轮合并以后， kk 个链表被合并成了 、
个链表，平均长度为 、
，然后是
个链表，、
个链表等等；
重复这一过程，直到我们得到了最终的有序链表。
代码
C++Java
class Solution {
public:
ListNode* mergeTwoLists(ListNode *a, ListNode *b) {
if ((!a) || (!b)) return a ? a : b;
ListNode head, *tail = &head, *aPtr = a, *bPtr = b;
while (aPtr && bPtr) {
if (aPtr->val < bPtr->val) {
tail->next = aPtr; aPtr = aPtr->next;
} else {
tail->next = bPtr; bPtr = bPtr->next;
}
tail = tail->next;
}
tail->next = (aPtr ? aPtr : bPtr);
return head.next;
}
ListNode* merge(vector <ListNode*> &lists, int l, int r) {
if (l == r) return lists[l];
if (l > r) return nullptr;
int mid = (l + r) >> 1;
return mergeTwoLists(merge(lists, l, mid), merge(lists, mid + 1, r));
}
ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
return merge(lists, 0, lists.size() - 1);
}
};复杂度分析
时间复杂度：考虑递归「向上回升」的过程——第一轮合并 \frac{k}{2}
2
k
组链表，每一组的时间代价是 O(2n)O(2n)；第二轮合并 \frac{k}{4}
4
k
组链表，每一组的时间代价是 O(4n)O(4n)......所以总的时间代价是
。 空间复杂度：递归会使用到 O(\log k)O(logk) 空间代价的栈空间。 方法三：使用优先队列合并 思路
这个方法和前两种方法的思路有所不同，我们需要维护当前每个链表没有被合并的元素的最前面一个，kk 个链表就最多有 kk 个满足这样条件的元素，每次在这些元素里面选取 \textit{val}val 属性最小的元素合并到答案中。在选取最小元素的时候，我们可以用优先队列来优化这个过程。
代码
C++Java
class Solution {
public:
struct Status {
int val;
ListNode *ptr;
bool operator < (const Status &rhs) const {
return val > rhs.val;
}
};
priority_queue <Status> q;
ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
for (auto node: lists) {
if (node) q.push({node->val, node});
}
ListNode head, *tail = &head;
while (!q.empty()) {
auto f = q.top(); q.pop();
tail->next = f.ptr;
tail = tail->next;
if (f.ptr->next) q.push({f.ptr->next->val, f.ptr->next});
}
return head.next;
}
};复杂度分析
时间复杂度：考虑优先队列中的元素不超过 kk 个，那么插入和删除的时间代价为 O(\log k)O(logk)，这里最多有 knkn 个点，对于每个点都被插入删除各一次，故总的时间代价即渐进时间复杂度为 O(kn \times \log k)O(kn×logk)。 空间复杂度：这里用了优先队列，优先队列中的元素不超过 kk 个，故渐进空间复杂度为 O(k)O(k)。
作者：LeetCode-Solution 链接：https://leetcode.cn/problems/merge-k-sorted-lists/solution/he-bing-kge-pai-xu-lian-biao-by-leetcode-solutio-2/
