算法题解：合并k个已排序的链表

算法题解：合并k个已排序的链表

题目

leetcode题目连接

为了简化分析，咱们设共有k个链表，每一个链表的最大长度为n。

题解1

不断取出值最小的那个Node（由于每一个list已经排序，因此这一步只须要找出最小的head Node），添加到已排序链表的尾部，直到全部lists的全部Node都取完。

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */
class Solution
{
  ListNode *_mergeKLists(ListNode *head, ListNode *tail, vector<ListNode *> &lists)
  {
    int smallest_node_index = find_smallest_head(lists);
    // 结束递归的状况
    if (smallest_node_index == -1)
    {
      tail->next = NULL;
      return head;
    }

    tail->next = lists[smallest_node_index];
    lists[smallest_node_index] = lists[smallest_node_index]->next;
    // 尾递归
    return _mergeKLists(head, tail->next, lists);
  }

  // 从全部链表中找到val最小的 headNode
  int find_smallest_head(vector<ListNode *> &lists)
  {
    int smallest_index = -1;
    for (int i = 0; i < lists.size(); i++)
    {
      if (lists[i] == NULL)
      {
        lists.erase(lists.begin() + i);
        // 删除第i项之后，下轮循环体还要访问第i项
        i--;
        continue;
      }
      if (smallest_index == -1 || lists[i]->val < lists[smallest_index]->val)
      {
        smallest_index = i;
      }
    }
    return smallest_index;
  }

public:
  ListNode *mergeKLists(vector<ListNode *> &lists)
  {
    // 经过 dummyHead ，避免对 “head== NULL && tail == NULL”状况进行额外判断处理
    ListNode *dummyHead = new ListNode(-1);
    ListNode *res = _mergeKLists(dummyHead, dummyHead, lists)->next;
    delete dummyHead;
    return res;
  }
};

每一次递归调用_mergeKLists仅仅是将问题的规模减少1，而不是将问题分解为多个问题。所以，这能够被称为“减治法”，比“分治法”要慢一些。
这种解法虽然使用了尾递归，可是速度依然很慢。缘由有2：

1. 每次调用_mergeKLists的效果仅仅是解决了1个Node的顺序，对问题的简化程度过小，致使_mergeKLists须要调用O(nk)次。
2. 每次调用_mergeKLists的时间开销较高。其时间复杂度为调用find_smallest_head的时间复杂度，o(k)，并且调用vector::erase的耗时较多。

综上所述，这种解法的时间复杂度为O(nk)*O(k)=O(nk^2)。实际耗时359 ms，仅仅超过9.73%的提交。不是一个好的算法。

题解2

分治思想：先将lists中的链表两两合并，而后问题就简化成了“合并k/2个已排序的链表”。

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */
class Solution
{
  // 加入 merged_head 和 merged_tail 参数，是为了可以使用尾递归
  ListNode *merge2Lists(ListNode *list1_head, ListNode *list2_head,
                        ListNode *merged_head, ListNode *merged_tail)
  {
    // 两种结束递归的状况
    if (list1_head == NULL)
    {
      merged_tail->next = list2_head;
      return merged_head;
    }
    else if (list2_head == NULL)
    {
      merged_tail->next = list1_head;
      return merged_head;
    }

    // 须要继续递归的状况
    else if (list1_head->val <= list2_head->val)
    {
      merged_tail->next = list1_head;
      // 尾递归
      return merge2Lists(list1_head->next, list2_head, merged_head, merged_tail->next);
    }
    else
    {
      merged_tail->next = list2_head;
      // 尾递归
      return merge2Lists(list1_head, list2_head->next, merged_head, merged_tail->next);
    }
  }

public:
  ListNode *mergeKLists(vector<ListNode *> &lists)
  {
    int lists_num = lists.size();
    if (lists_num == 0)
      return NULL;

    ListNode *dummyHead = new ListNode(-1);
    while (lists_num > 1)
    {
      for (int i = 0; i < lists_num / 2; i++)
      {
        // 经过 dummyHead ，避免对 “merged_head == NULL && merged_tail == NULL”状况进行额外判断处理
        dummyHead->next = NULL;
        lists[i] = merge2Lists(lists[i], lists[lists_num - 1 - i], dummyHead, dummyHead)->next;
      }
      // “简化问题”的过程，就是不断减半lists_num的过程
      lists_num = (lists_num + 1) / 2;
    }
    delete dummyHead;
    // 通过log_2(k)次减半，lists 中只剩下一个sortedList
    return lists[0];
  }
};

1. 每执行一次while的循环体，须要合并的链表数就减半，所以while循环体执行次数为logk。
2. 每次执行循环体的时间开销：第一次执行循环体：k/2次合并2个长度为n的链表，时间复杂度为O(nk)；第二次执行循环体：k/4次合并2个长度为2n的链表，时间复杂度依然为O(nk)。以此类推，每次执行循环体的时间开销都为O(nk)。

综上所述，此解法的时间复杂度为O(nklogk)。实际耗时26 ms，超过80.34%的提交。相比前面一个解法有巨大提高。

为何题解2更加高效？

在题解1中，find_smallest_head的时间复杂度等于每次要合并的链表数（k），而链表数在题解1的算法执行过程当中是基本不变的。所以这个函数的执行时间始终很高，而调用一次这个函数仅仅能帮助咱们选出一个最小的节点（每次选择的代价高，收益低）。算法的大部分时间都花在这个函数上了。

而题解2将【合并k个链表】分红k/2个独立的子问题：合并2个链表。独立的意义是：当我在合并2个链表的时候，彻底不须要管其余的链表。这种独立性使得子问题可以很是高效的解决：每次只须要对比2个节点，就能选出一个节点。虽然每次选出的节点“质量比较差”（这个节点不太多是k个链表中最小的那个节点，它仅仅是2个链表中最小的那个节点），可是它胜在选择的成本很是低（仅仅执行一次大小比较）。所以每次的选择收益相比题解1要低（须要作更屡次的选择），但代价比题解1要低得多。综合起来，题解2总的工做量更少。

其实题解2的思路是与归并排序是彻底相同的。你能够仔细对比一下。