【BM2 链表内指定区间反转】_将一个节点数为size链表m位置到n位置之间的区间反转

描述

将一个节点数为 size 链表 m 位置到 n 位置之间的区间反转，要求时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(1)。
例如：
给出的链表为 ：1→2→3→4→5→NULL, m = 2, n = 4
返回 1→4→3→2→5→NULL.

数据范围： 链表长度 0 < size ≤ 1000，0 < m ≤ n ≤ size，链表中每个节点的值满足 ∣val∣ ≤ 1000
要求：时间复杂度 O(n) ，空间复杂度 O(n)
进阶：时间复杂度 O(n)， 空间复杂度 O(1)

示例1

输入：{1,2,3,4,5},2,4

返回值：{1,4,3,2,5}
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示例2

输入：{5},1,1

返回值：{5}
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方法一：头插法迭代（推荐使用）

思路：

在学会了反转链表之后，要解决这个问题就很简单了，前一题是整个链表反转，这一题是部分反转，这上一题就是这道题的前置问题啊。那我们肯定是要先找到了第 m 个位置才能开始反转链表，而反转的部分就是从第 m 个位置到第 n 个位置，反转这部分的时候就参照反转链表：

while(cur != null){
    //断开链表，要记录后续一个
    ListNode temp = cur.next; 
    //当前的next指向前一个
    cur.next = pre; 
    //前一个更新为当前
    pre = cur; 
    //当前更新为刚刚记录的后一个
    cur = temp; 
}
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具体做法：

• step 1：我们可以在链表前加一个表头，后续返回时去掉就好了，因为如果要从链表头的位置开始反转，在多了一个表头的情况下就能保证第一个节点永远不会反转，不会到后面去。
• step 2：使用两个指针，一个指向当前节点，一个指向前序节点。
• step 3：依次遍历链表，到第 m 个的位置。
• step 4：对于从m到n这些个位置的节点，依次断掉指向后续的指针，反转指针方向。
• step 5：返回时去掉我们添加的表头。

图示：

代码：

class Solution {
public:
    ListNode* reverseBetween(ListNode* head, int m, int n) {
         //加个表头
        ListNode* res = new ListNode(-1);
        res->next = head;
        //前序节点
        ListNode* pre = res;
        //当前节点
        ListNode* cur = head;
        //找到m
        for(int i = 1; i < m; i++){
            pre = cur;
            cur = cur->next;
        }
        //从m反转到n
        for(int i = m; i < n; i++){
            ListNode* temp = cur->next;
            cur->next = temp->next;
            temp->next = pre->next;
            pre->next = temp;
        }
        //返回去掉表头
        return res->next;
    }
};
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运行时间：4ms
超过36.19% 用C++提交的代码
占用内存：428KB
超过68.70%用C++提交的代码
复杂度分析：
时间复杂度： O(n)，最坏情况下需要遍历全部链表节点，比如 m 为链表最后一个位置，或者 n 为链表最后一个位置时
空间复杂度： O(1)，常数级指针变量，无额外辅助空间使用

方法二：递归（扩展思路）

思路：

我们来看看另一种分析：如果m == 1，就相当于反转链表的前 n 元素；如果 m != 1，我们把 head 的索引视为 1，那么我们是想从第 m 个元素开始反转，如果把 head.next 的索引视为1，那相对于 head.next 的反转的区间应该是从第 m − 1 个元素开始的，以此类推，反转区间的起点往后就是一个子问题，我们可以使用递归处理：

• 终止条件： 当m == 1，就可以直接反转前 n 个元素。
• 返回值： 将已经反转后的子问题头节点返回给上一级。
• 本级任务： 递归地缩短区间，拼接本级节点与子问题已经反转的部分。

//从头开始往后去掉前面不反转的部分
ListNode node = reverseBetween(head.next, m - 1, n - 1)
1
2

而每次反转，如果n == 1，相当于只颠倒第一个节点，如果不是，则进入后续节点（子问题），因此反转过程也可以使用递归：

• 终止条件： 当n == 1时，只反转当前头节点即可。
• 返回值： 将子问题反转后的节点头返回。
• 本级任务： 缩短nnn进入子问题反转，等子问题回到本级再反转当前节点与后续节点的连接。

//颠倒后续的节点，直到n=1为最后一个
ListNode node = reverse(head.next, n - 1)
1
2

具体做法：

• step 1：准备全局变量temp，最初等于null，找到递归到第 n 个节点时，指向其后一个位置，要将反转部分的起点（即反转后的尾）连接到这个指针。
• step 2：按照第一个递归的思路缩短子问题找到反转区间的起点，将反转后的部分拼接到前面正常的后面。
• step 3：按照第二个递归的思路缩短终点的子问题，从第 n 个位置开始反转，反转过程中每个子问题作为反转后的尾，都要指向temp。

代码：

class Solution {
public:
    ListNode* temp = NULL;
    ListNode* reverse(ListNode* head, int n){
        //只颠倒第一个节点，后续不管
        if(n == 1){
            temp = head->next;
            return head;
        }
        //进入子问题
        ListNode* node = reverse(head->next, n - 1);
        //反转
        head->next->next = head;
        //每个子问题反转后的尾拼接第n个位置后的节点
        head->next = temp;
        return node;
    }
    ListNode* reverseBetween(ListNode* head, int m, int n) {
        //从第一个节点开始
        if(m == 1)
            return reverse(head, n);
        //缩减子问题
        ListNode* node = reverseBetween(head->next, m - 1, n - 1);
        //拼接已翻转
        head->next = node;
        return head;
    }
};
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超过36.19% 用C++提交的代码
占用内存：428KB
超过68.70%用C++提交的代码
复杂度分析：
时间复杂度： O(n)，最坏情况下递归遍历全部链表节点，比如 m 为链表最后一个位置，或者nnn为链表最后一个位置时
空间复杂度： O(n)，遍历全部节点时递归栈深度最坏为 n
官方解释~