0092. 反转链表 II

• 标签：链表
• 难度：中等

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题目大意

描述：给定单链表的头指针 head 和两个整数 left 和 right ，其中 left <= right。

要求：反转从位置 left 到位置 right 的链表节点，返回反转后的链表 。

说明：

• 链表中节点数目为 n。
• $1 \le n \le 500$。
• $-500 \le Node.val \le 500$。
• $1 \le left \le right \le n$。

示例：

• 示例 1：

输入：head = [1,2,3,4,5], left = 2, right = 4
输出：[1,4,3,2,5]

解题思路

在「0206. 反转链表」中我们可以通过迭代、递归两种方法将整个链表反转。这道题而这道题要求对链表的部分区间进行反转。我们同样可以通过迭代、递归两种方法将链表的部分区间进行反转。

思路 1：迭代

我们可以先遍历到需要反转的链表区间的前一个节点，然后对需要反转的链表区间进行迭代反转。最后再返回头节点即可。

但是需要注意一点，如果需要反转的区间包含了链表的第一个节点，那么我们可以事先创建一个哑节点作为链表初始位置开始遍历，这样就能避免找不到需要反转的链表区间的前一个节点。

这道题的具体解题步骤如下：

1. 先使用哑节点 dummy_head 构造一个指向 head 的指针，使得可以从 head 开始遍历。使用 index 记录当前元素的序号。
2. 我们使用一个指针 reverse_start，初始赋值为 dummy_head。然后向右逐步移动到需要反转的区间的前一个节点。
3. 然后再使用两个指针 cur 和 pre 进行迭代。pre 指向 cur 前一个节点位置，即 pre 指向需要反转节点的前一个节点，cur 指向需要反转的节点。初始时，pre 指向 reverse_start，cur 指向 pre.next。
4. 当当前节点 cur 不为空，且 index 在反转区间内时，将 pre 和 cur 的前后指针进行交换，指针更替顺序为：
   1. 使用 next 指针保存当前节点 cur 的后一个节点，即 next = cur.next；
   2. 断开当前节点 cur 的后一节点链接，将 cur 的 next 指针指向前一节点 pre，即 cur.next = pre；
   3. pre 向前移动一步，移动到 cur 位置，即 pre = cur；
   4. cur 向前移动一步，移动到之前 next 指针保存的位置，即 cur = next。
   5. 然后令 index 加 1。
5. 继续执行第 4 步中的 1、2、3、4、5 步。
6. 最后等到 cur 遍历到链表末尾（即 cur == None）或者遍历到需要反转区间的末尾时（即 index > right） 时，将反转区间的头尾节点分别与之前保存的需要反转的区间的前一个节点 reverse_start 相连，即 reverse_start.next.next = cur，reverse_start.next = pre。
7. 最后返回新的头节点 dummy_head.next。

思路 1：代码

# Definition for singly-linked list.
# class ListNode:
#     def __init__(self, val=0, next=None):
#         self.val = val
#         self.next = next
class Solution:
    def reverseBetween(self, head: ListNode, left: int, right: int) -> ListNode:
        index = 1
        dummy_head = ListNode(0)
        dummy_head.next = head
        pre = dummy_head

        reverse_start = dummy_head
        while reverse_start.next and index < left:
            reverse_start = reverse_start.next
            index += 1

        pre = reverse_start
        cur = pre.next
        while cur and index <= right:
            next = cur.next
            cur.next = pre
            pre = cur
            cur = next
            index += 1

        reverse_start.next.next = cur
        reverse_start.next = pre
        
        return dummy_head.next

思路 1：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$。其中 $n$ 是链表节点个数。
• 空间复杂度：$O(1)$。

思路 2：递归算法

1. 翻转链表前 n 个节点

1. 当 left == 1 时，无论 right 等于多少，实际上都是将当前链表到 right 部分进行翻转，也就是将前 right 个节点进行翻转。

2. 我们可以先定义一个递归函数 reverseN(self, head, n)，含义为：将链表前第 $n$ 个节点位置进行翻转。

   1. 然后从 head.next 的位置开始调用递归函数，即将 head.next 为头节点的链表的的前 $n - 1$ 个位置进行反转，并返回该链表的新头节点 new_head。
   2. 然后改变 head（原先头节点）和 new_head（新头节点）之间的指向关系，即将 head 指向的节点作为 head 下一个节点的下一个节点。
   3. 先保存 head.next 的 next 指针，也就是新链表前 $n$ 个节点的尾指针，即 last = head.next.next。
   4. 将 head.next 的next 指针先指向当前节点 head，即 head.next.next = head 。
   5. 然后让当前节点 head 的 next 指针指向 last，则完成了前 $n - 1$ 个位置的翻转。

3. 递归终止条件：当 n == 1 时，相当于翻转第一个节点，直接返回 head 即可。

4. 翻转链表 [left, right] 上的节点。

接下来我们来翻转区间上的节点。

1. 定义递归函数 reverseBetween(self, head, left, right) 为

思路 2：代码

class Solution:
    def reverseBetween(self, head: Optional[ListNode], left: int, right: int) -> Optional[ListNode]:
        if left == 1:
            return self.reverseN(head, right)
        
        head.next = self.reverseBetween(head.next, left - 1, right - 1)
        return head
    
    def reverseN(self, head, n):
        if n == 1:
            return head
        last = self.reverseN(head.next, n - 1)
        next = head.next.next
        head.next.next = head
        head.next = next
        return last

思路 2：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$。
• 空间复杂度：$O(n)$。最多需要 $n$ 层栈空间。

参考资料

• 【题解】动画图解：翻转链表的指定区间 - 反转链表 II - 力扣
• 【题解】【宫水三叶】一个能应用所有「链表」题里的「哨兵」技巧 - 反转链表 II - 力扣