【LeetCode刷题日志】138.随机链表的复制

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1.题目描述

OJ链接 【leetcode 题号：138.随机链表的复制】【难度：中等】

给你一个长度为

n

的链表，每个节点包含一个额外增加的随机指针

random

，该指针可以指向链表中的任何节点或空节点。

构造这个链表的 深拷贝。 深拷贝应该正好由

n

个 全新 节点组成，其中每个新节点的值都设为其对应的原节点的值。新节点的

next

指针和

random

指针也都应指向复制链表中的新节点，并使原链表和复制链表中的这些指针能够表示相同的链表状态。**复制链表中的指针都不应指向原链表中的节点 **。

例如，如果原链表中有

X

和

Y

两个节点，其中

X.random --> Y

。那么在复制链表中对应的两个节点

x

和

y

，同样有

x.random --> y

。

返回复制链表的头节点。

用一个由

n

个节点组成的链表来表示输入/输出中的链表。每个节点用一个

[val, random_index]

表示：

• val：一个表示 Node.val 的整数。
• random_index：随机指针指向的节点索引（范围从 0 到 n-1）；如果不指向任何节点，则为 null 。

你的代码 只 接受原链表的头节点

head

作为传入参数。

示例 1：

**输入：**head = [[7,null],[13,0],[11,4],[10,2],[1,0]]
**输出：**[[7,null],[13,0],[11,4],[10,2],[1,0]]

示例 2：

**输入：**head = [[1,1],[2,1]]
**输出：**[[1,1],[2,1]]

示例 3：

**输入：**head = [[3,null],[3,0],[3,null]]
**输出：**[[3,null],[3,0],[3,null]]

提示：

• 0 <= n <= 1000
• -104 <= Node.val <= 104
• Node.random 为 null 或指向链表中的节点。

2.解题思路+代码实现

方法：迭代 + 节点拆分

思路及算法：

注意到方法一需要使用哈希表记录每一个节点对应新节点的创建情况，而我们可以使用一个小技巧来省去哈希表的空间。

我们首先将该链表中每一个节点拆分为两个相连的节点，例如对于链表A→B→C，我们可以将其拆分为 A→A′→B→B′→C→C′。对于任意一个原节点S，其拷贝节点S′即为其后继节点。

这样，我们可以直接找到每一个拷贝节点S′的随机指针应当指向的节点，即为其原节点S的随机指针指向的节点T的后继节点T′。需要注意原节点的随机指针可能为空，我们需要特别判断这种情况。

当我们完成了拷贝节点的随机指针的赋值，我们只需要将这个链表按照原节点与拷贝节点的种类进行拆分即可，只需要遍历一次。同样需要注意最后一个拷贝节点的后继节点为空，我们需要特别判断这种情况。

代码实现：

struct Node* copyRandomList(struct Node* head) {
    if (head == NULL) {
        return NULL;
    }
    for (struct Node* node = head; node != NULL; node = node->next->next) {
        struct Node* nodeNew = malloc(sizeof(struct Node));
        nodeNew->val = node->val;
        nodeNew->next = node->next;
        node->next = nodeNew;
    }
    for (struct Node* node = head; node != NULL; node = node->next->next) {
        struct Node* nodeNew = node->next;
        nodeNew->random = (node->random != NULL) ? node->random->next : NULL;
    }
    struct Node* headNew = head->next;
    for (struct Node* node = head; node != NULL; node = node->next) {
        struct Node* nodeNew = node->next;
        node->next = node->next->next;
        nodeNew->next = (nodeNew->next != NULL) ? nodeNew->next->next : NULL;
    }
    return headNew;
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 nnn 是链表的长度。我们只需要遍历该链表三次。
• 空间复杂度：O(1)。注意返回值不计入空间复杂度。

读者们也可以自行尝试在计算拷贝节点的随机指针的同时计算其后继指针，这样只需要遍历两次。