LeetCode_2_中等_两数相加

发布时间:2024年01月05日


1. 题目

给你两个 非空 的链表,表示两个非负的整数。它们每位数字都是按照 逆序 的方式存储的,并且每个节点只能存储 一位 数字。

请你将两个数相加,并以相同形式返回一个表示和的链表。

你可以假设除了数字 0 之外,这两个数都不会以 0 开头。

示例 1:

输入:l1 = [2->4->3], l2 = [5->6->4]
输出:[7->0->8]
解释:342 + 465 = 807.

示例 2:

输入:l1 = [0], l2 = [0]
输出:[0]

示例 3:

输入:l1 = [9->9->9->9->9->9->9], l2 = [9->9->9->9]
输出:[8->9->9->9->0->0->0->1]


提示

  • 每个链表中的节点数在范围 [1, 100] 内
  • 节点处的值的取值范围 0 <= N o d e . v a l Node.val Node.val<= 9
  • 题目数据保证列表表示的数字不含前导零

2. 思路及代码实现(Python)

题解来源:力扣官方题解

2.1 模拟迭代

由于输入的两个链表都是逆序存储数字的位数的,因此两个链表中同一位置的数字可以直接相加。

同时遍历两个链表,逐位计算它们的和,并与当前位置的进位值相加。具体而言,如果当前两个链表处相应位置的数字为 n 1 , n 2 n1,n2 n1,n2,进位值为 carry \textit{carry} carry,则它们的和为 n 1 + n 2 + carry n1+n2+\textit{carry} n1+n2+carry;其中,答案链表处相应位置的数字为 ( n 1 + n 2 + carry ) ? m o d ? 10 (n1+n2+\textit{carry}) \bmod 10 (n1+n2+carry)mod10,而新的进位值为 ? n 1 + n 2 + carry 10 ? \lfloor\frac{n1+n2+\textit{carry}}{10}\rfloor ?10n1+n2+carry??

如果两个链表的长度不同,则可以认为长度短的链表的后面有若干个 000 。此外,如果链表遍历结束后,有 carry > 0 \textit{carry} > 0 carry>0,还需要在答案链表的后面附加一个节点,节点的值为 carry \textit{carry} carry

需要遍历的次数为两个链表中的较长值,时间复杂度为 O ( m a x ( m , n ) ) O(max(m,n)) O(max(m,n)) m , n m,n m,n分别为两个链表的长度,而空间复杂度为 O ( 1 ) O(1) O(1),不随着链表长度而增加内存占用。

from typing import Optional

class ListNode:
    def __init__(self, value=0, next=None):
        self.val = value
        self.next = next
        
def print_linked_list(head):
    current = head
    while current:
        print(current.val, end=" ")
        current = current.next

在下面的代码中,创建了一个 cur = dummy = ListNode() 对象,其中 cur 用来不断迭代指向链表的下一个节点,而 dummy 作为哨兵节点,仅标记着最一开始的 ListNode() 对象,因此最后返回的 dummy.next 是结果链表的头节点。

class Solution:
    def addTwoNumbers(self, l1: Optional[ListNode], l2: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
        cur = dummy = ListNode()
        carry = 0                           # 初始进位为0
        while l1 or l2 or carry:            # 只要链表不空,就继续迭代
            carry += (l1.val if l1 else 0) + (l2.val if l2 else 0)
            cur.next = ListNode(carry % 10) # 指向下一个节点
            carry //= 10                    # 更新进位
            cur = cur.next                  # 将指针移到下一个节点
            if l1: l1 = l1.next             # l1 不空则移到下一个节点,为空则在上面会取0
            if l2: l2 = l2.next
        return dummy.next                   # 哨兵节点

示例:

node4 = ListNode(4)
node3 = ListNode(3, node4)
node2 = ListNode(2, node3)
node1 = ListNode(1, node2)

node44 = ListNode(7)
node33 = ListNode(3, node44)
node22 = ListNode(2, node33)
node11 = ListNode(2, node22)

res = Solution().addTwoNumbers(node1, node11)
print(print_linked_list(res))
3 4 6 1 1 None

执行用时:52 ms
消耗内存:17.11 MB

2.2 递归

如上述的迭代,我们很容易发现,从两个链表的头节点出发,按位计算操作都是类似的,都是进位加上 n 1 + n 2 n1+n2 n1+n2,与10的余数作为相加后的结果,与10的商(地板除法)作为新的进位 c a r r y carry carry,这可以理解为一个递归问题。

有个注意的点是,在递归时为了简化代码,需基于较长的链表进行递归,但不需要把链表的数都取出来,只需要在递归过程中,当某一链表的下一节点为空时(链表的节点取完了),即为较短链表,交换两个链表的标签即可。

递归的最底部是当两个链表都为空时,此时如果 c a r r y carry carry 如果不为空,则创建一个值为 c a r r y carry carry 的节点,反之,则为 None,时间复杂度为 O ( m a x ( m , n ) ) O(max(m,n)) O(max(m,n)),取决于较长链表的长度,而由于递归需要存储栈,空间复杂度也为 O ( m a x ( m , n ) ) O(max(m,n)) O(max(m,n)),栈深也取决于较长的链表长度。

class Solution:
    def addTwoNumbers(self, l1: Optional[ListNode], l2: Optional[ListNode], carry=0) -> Optional[ListNode]:
        if l1 is None and l2 is None:                   # 递归边界:l1 和 l2 都是空节点
            return ListNode(carry) if carry else None   # 如果进位了,就额外创建一个节点
        if l1 is None:  
            l1, l2 = l2, l1
        carry += l1.val + (l2.val if l2 else 0)
        l1.val = carry % 10
        l1.next = self.addTwoNumbers(l1.next, l2.next if l2 else None, carry // 10)
        return l1

执行用时:52 ms
消耗内存:16.93 MB

参考题解:灵茶山艾府

文章来源:https://blog.csdn.net/Linshaodan520/article/details/135418386
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