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作者:July、狂想曲创作组。
出处:http://blog.csdn.net/v_JULY_v 


前奏
    有这样一个问题:在一条左右水平放置的直线轨道上任选两个点,放置两个机器人,请用如下指令系统为机器人设计控制程序,使这两个机器人能够在直线轨道上相遇。(注意两个机器人用你写的同一个程序来控制)。
    指令系统:只包含4条指令,向左、向右、条件判定、无条件跳转。其中向左(右)指令每次能控制机器人向左(右)移动一步;条件判定指令能对机器人所在的位置进行条件测试,测试结果是如果对方机器人曾经到过这里就返回true,否则返回false;无条件跳转,类似汇编里面的跳转,可以跳转到任何地方。

    ok,这道很有意思的趣味题是去年微软工程院的题,文末将给出解答(如果急切想知道此问题的答案,可以直接跳到本文第三节)。同时,我们看到其实这个题是一个典型的追赶问题,那么追赶问题在哪种面试题中比较常见?对了,链表追赶。本章就来阐述这个问题。有不正之处,望不吝指正。


第一节、求链表倒数第k个结点
第13题、题目描述:
输入一个单向链表,输出该链表中倒数第k个结点,
链表的倒数第0个结点为链表的尾指针。

分析:此题一出,相信,稍微有点 经验的同志,都会说到:设置两个指针p1,p2,首先p1和p2都指向head,然后p2向前走k步,这样p1和p2之间就间隔k个节点,最后p1和p2同时向前移动,直至p2走到链表末尾。

    前几日有朋友提醒我说,让我讲一下此种求链表倒数第k个结点的问题。我想,这种问题,有点经验的人恐怕都已了解过,无非是利用两个指针一前一后逐步前移。但他提醒我说,如果参加面试的人没有这个意识,它怎么也想不到那里去。

    那在平时准备面试的过程中如何加强这一方面的意识呢?我想,除了平时遇到一道面试题,尽可能用多种思路解决,以延伸自己的视野之外,便是平时有意注意观察生活。因为,相信,你很容易了解到,其实这种链表追赶的问题来源于生活中长跑比赛,如果平时注意多多思考,多多积累,多多发现并体味生活,相信也会对面试有所帮助。

    ok,扯多了,下面给出这个题目的主体代码,如下:

struct ListNode
{
    char data;
    ListNode* next;
};
ListNode* head,*p,*q;
ListNode *pone,*ptwo;

//@heyaming, 第一节,求链表倒数第k个结点应该考虑k大于链表长度的case。
ListNode* fun(ListNode *head,int k)
{
 assert(k >= 0);
 pone = ptwo = head;
 for( ; k > 0 && ptwo != NULL; k--)
  ptwo=ptwo->next;
 if (k > 0) return NULL;
 
 while(ptwo!=NULL)
 {
  pone=pone->next;
  ptwo=ptwo->next;
 }
 return pone;

 

扩展:
这是针对链表单项链表查找其中倒数第k个结点。试问,如果链表是双向的,且可能存在环呢?请看第二节、编程判断两个链表是否相交。


第二节、编程判断两个链表是否相交
题目描述:给出两个单向链表的头指针(如下图所示)

比如h1、h2,判断这两个链表是否相交。这里为了简化问题,我们假设两个链表均不带环。

分析:这是来自编程之美上的微软亚院的一道面试题目。请跟着我的思路步步深入(部分文字引自编程之美):

  1. 直接循环判断第一个链表的每个节点是否在第二个链表中。但,这种方法的时间复杂度为O(Length(h1) * Length(h2))。显然,我们得找到一种更为有效的方法,至少不能是O(N^2)的复杂度。
  2. 针对第一个链表直接构造hash表,然后查询hash表,判断第二个链表的每个结点是否在hash表出现,如果所有的第二个链表的结点都能在hash表中找到,即说明第二个链表与第一个链表有相同的结点。时间复杂度为为线性:O(Length(h1) + Length(h2)),同时为了存储第一个链表的所有节点,空间复杂度为O(Length(h1))。是否还有更好的方法呢,既能够以线性时间复杂度解决问题,又能减少存储空间?
  3. 进一步考虑“如果两个没有环的链表相交于某一节点,那么在这个节点之后的所有节点都是两个链表共有的”这个特点,我们可以知道,如果它们相交,则最后一个节点一定是共有的。而我们很容易能得到链表的最后一个节点,所以这成了我们简化解法的一个主要突破口。那么,我们只要判断俩个链表的尾指针是否相等。相等,则链表相交;否则,链表不相交。
    所以,先遍历第一个链表,记住最后一个节点。然后遍历第二个链表,到最后一个节点时和第一个链表的最后一个节点做比较,如果相同,则相交,否则,不相交。这样我们就得到了一个时间复杂度,它为O((Length(h1) + Length(h2)),而且只用了一个额外的指针来存储最后一个节点。这个方法时间复杂度为线性O(N),空间复杂度为O(1),显然比解法三更胜一筹。
  4. 上面的问题都是针对链表无环的,那么如果现在,链表是有环的呢?还能找到最后一个结点进行判断么?上面的方法还同样有效么?显然,这个问题的本质已经转化为判断链表是否有环。那么,如何来判断链表是否有环呢?

总结:
所以,事实上,这个判断两个链表是否相交的问题就转化成了:
1.先判断带不带环
2.如果都不带环,就判断尾节点是否相等
3.如果都带环,判断一链表上俩指针相遇的那个节点,在不在另一条链表上。
如果在,则相交,如果不在,则不相交。

    1、那么,如何编写代码来判断链表是否有环呢?因为很多的时候,你给出了问题的思路后,面试官可能还要追加你的代码,ok,如下(设置两个指针(p1, p2),初始值都指向头,p1每次前进一步,p2每次前进二步,如果链表存在环,则p2先进入环,p1后进入环,两个指针在环中走动,必定相遇):

 

  1. //copyright@ KurtWang  
  2. //July、2011.05.27。  
  3. struct Node  
  4. {  
  5.     int value;  
  6.     Node * next;  
  7. };  
  8.   
  9. //1.先判断带不带环  
  10. //判断是否有环,返回bool,如果有环,返回环里的节点  
  11. //思路:用两个指针,一个指针步长为1,一个指针步长为2,判断链表是否有环  
  12. bool isCircle(Node * head, Node *& circleNode, Node *& lastNode)  
  13. {  
  14.     Node * fast = head->next;  
  15.     Node * slow = head;  
  16.     while(fast != slow && fast && slow)  
  17.     {  
  18.         if(fast->next != NULL)  
  19.             fast = fast->next;  
  20.           
  21.         if(fast->next == NULL)  
  22.             lastNode = fast;  
  23.         if(slow->next == NULL)  
  24.             lastNode = slow;  
  25.           
  26.         fast = fast->next;  
  27.         slow = slow->next;  
  28.           
  29.     }  
  30.     if(fast == slow && fast && slow)  
  31.     {  
  32.         circleNode = fast;  
  33.         return true;  
  34.     }  
  35.     else  
  36.         return false;  
  37. }  

 

    2&3、如果都不带环,就判断尾节点是否相等,如果都带环,判断一链表上俩指针相遇的那个节点,在不在另一条链表上。下面是综合解决这个问题的代码:

 

  1. //判断带环不带环时链表是否相交  
  2. //2.如果都不带环,就判断尾节点是否相等  
  3. //3.如果都带环,判断一链表上俩指针相遇的那个节点,在不在另一条链表上。  
  4. bool detect(Node * head1, Node * head2)  
  5. {  
  6.     Node * circleNode1;  
  7.     Node * circleNode2;  
  8.     Node * lastNode1;  
  9.     Node * lastNode2;  
  10.       
  11.     bool isCircle1 = isCircle(head1,circleNode1, lastNode1);  
  12.     bool isCircle2 = isCircle(head2,circleNode2, lastNode2);  
  13.       
  14.     //一个有环,一个无环  
  15.     if(isCircle1 != isCircle2)  
  16.         return false;  
  17.     //两个都无环,判断最后一个节点是否相等  
  18.     else if(!isCircle1 && !isCircle2)  
  19.     {  
  20.         return lastNode1 == lastNode2;  
  21.     }  
  22.     //两个都有环,判断环里的节点是否能到达另一个链表环里的节点  
  23.     else  
  24.     {  
  25.         Node * temp = circleNode1->next;  //updated,多谢苍狼 and hyy。  
  26.         while(temp != circleNode1)    
  27.         {  
  28.             if(temp == circleNode2)  
  29.                 return true;  
  30.             temp = temp->next;  
  31.         }  
  32.         return false;  
  33.     }  
  34.       
  35.     return false;  
  36. }  

 

扩展2:求两个链表相交的第一个节点
思路:在判断是否相交的过程中要分别遍历两个链表,同时记录下各自长度。

    @Joshua:这个算法需要处理一种特殊情况,即:其中一个链表的头结点在另一个链表的环中,且不是环入口结点。这种情况有两种意思:1)如果其中一个链表是循环链表,则另一个链表必为循环链表,即两个链表重合但头结点不同;2)如果其中一个链表存在环(除去循环链表这种情况),则另一个链表必在此环中与此环重合,其头结点为环中的一个结点,但不是入口结点。在这种情况下我们约定,如果链表B的头结点在链表A的环中,且不是环入口结点,那么链表B的头结点即作为A和B的第一个相交结点;如果A和B重合(定义方法时形参A在B之前),则取B的头结点作为A和B的第一个相交结点。 

    @风过无痕:读《程序员编程艺术》,补充代码2012年7月18日 周三下午10:15
    发件人: "風過無痕" <luxiaoxun001@qq.com>将发件人添加到联系人
    收件人: "zhoulei0907" <zhoulei0907@yahoo.cn>
你好
    看到你在csdn上博客,学习了很多,看到下面一章,有个扩展问题没有代码,发现自己有个,发给你吧,思路和别人提出来的一样,感觉有代码更加完善一些,呵呵

扩展2:求两个链表相交的第一个节点
    思路:如果两个尾结点是一样的,说明它们有重合;否则两个链表没有公共的结点。
    在上面的思路中,顺序遍历两个链表到尾结点的时候,我们不能保证在两个链表上同时到达尾结点。这是因为两个链表不一定长度一样。但如果假设一个链表比另一个长L个结点,我们先在长的链表上遍历L个结点,之后再同步遍历,这个时候我们就能保证同时到达最后一个结点了。由于两个链表从第一个公共结点开始到链表的尾结点,这一部分是重合的。因此,它们肯定也是同时到达第一公共结点的。于是在遍历中,第一个相同的结点就是第一个公共的结点。
    在这个思路中,我们先要分别遍历两个链表得到它们的长度,并求出两个长度之差。在长的链表上先遍历若干次之后,再同步遍历两个链表,直到找到相同的结点,或者一直到链表结束。PS:没有处理一种特殊情况:就是一个是循环链表,而另一个也是,只是头结点所在位置不一样。 

    代码如下:

  1. ListNode* FindFirstCommonNode( ListNode *pHead1, ListNode *pHead2)  
  2. {  
  3.       // Get the length of two lists  
  4.       unsigned int nLength1 = ListLength(pHead1);  
  5.       unsigned int nLength2 = ListLength(pHead2);  
  6.       int nLengthDif = nLength1 - nLength2;  
  7.   
  8.       // Get the longer list  
  9.       ListNode *pListHeadLong = pHead1;  
  10.       ListNode *pListHeadShort = pHead2;  
  11.       if(nLength2 > nLength1)  
  12.       {  
  13.             pListHeadLong = pHead2;  
  14.             pListHeadShort = pHead1;  
  15.             nLengthDif = nLength2 - nLength1;  
  16.       }  
  17.    
  18.       // Move on the longer list  
  19.       for(int i = 0; i < nLengthDif; ++ i)  
  20.             pListHeadLong = pListHeadLong->m_pNext;  
  21.    
  22.       // Move on both lists  
  23.       while((pListHeadLong != NULL) && (pListHeadShort != NULL) && (pListHeadLong != pListHeadShort))  
  24.       {  
  25.             pListHeadLong = pListHeadLong->m_pNext;  
  26.             pListHeadShort = pListHeadShort->m_pNext;  
  27.       }  
  28.    
  29.       // Get the first common node in two lists  
  30.       ListNode *pFisrtCommonNode = NULL;  
  31.       if(pListHeadLong == pListHeadShort)  
  32.             pFisrtCommonNode = pListHeadLong;  
  33.    
  34.       return pFisrtCommonNode;  
  35. }  
  36.   
  37. unsigned int ListLength(ListNode* pHead)  
  38. {  
  39.       unsigned int nLength = 0;  
  40.       ListNode* pNode = pHead;  
  41.       while(pNode != NULL)  
  42.       {  
  43.             ++ nLength;  
  44.             pNode = pNode->m_pNext;  
  45.       }  
  46.       return nLength;  
  47. }  

    关于判断单链表是否相交的问题,还可以看看此篇文章:http://www.cppblog.com/humanchao/archive/2008/04/17/47357.html。ok,下面,回到本章前奏部分的那道非常有趣味的智力题。


第三节、微软工程院面试智力题
题目描述:
    在一条左右水平放置的直线轨道上任选两个点,放置两个机器人,请用如下指令系统为机器人设计控制程序,使这两个机器人能够在直线轨道上相遇。(注意两个机器人用你写的同一个程序来控制)
    指令系统:只包含4条指令,向左、向右、条件判定、无条件跳转。其中向左(右)指令每次能控制机器人向左(右)移动一步;条件判定指令能对机器人所在的位置进行条件测试,测试结果是如果对方机器人曾经到过这里就返回true,否则返回false;无条件跳转,类似汇编里面的跳转,可以跳转到任何地方。

分析:我尽量以最清晰的方式来说明这个问题(大部分内容来自ivan,big等人的讨论):
      1、首先题目要求很简单,就是要你想办法让A最终能赶上B,A在后,B在前,都向右移动,如果它们的速度永远一致,那A是永远无法追赶上B的。但题目给出了一个条件判断指令,即如果A或B某个机器人向前移动时,若是某个机器人经过的点是第二个机器人曾经经过的点,那么程序返回true。对的,就是抓住这一点,A到达曾经B经过的点后,发现此后的路是B此前经过的,那么A开始提速两倍,B一直保持原来的一倍速度不变,那样的话,A势必会在|AB|/move_right个单位时间内,追上B。ok,简单伪代码如下:

start:
if(at the position other robots have not reached)
    move_right
if(at the position other robots have reached)
    move_right
    move_right
goto start

再简单解释下上面的伪代码(@big):
A------------B
|                  |
在A到达B点前,两者都只有第一条if为真,即以相同的速度向右移动,在A到达B后,A只满足第二个if,即以两倍的速度向右移动,B依然只满足第一个if,则速度保持不变,经过|AB|/move_right个单位时间,A就可以追上B。

 

     2、有个细节又出现了,正如ivan所说,

if(at the position other robots have reached)
    move_right
    move_right

上面这个分支不一定能提速的。why?因为如果if条件花的时间很少,而move指令发的时间很大(实际很可能是这样),那么两个机器人的速度还是基本是一样的。

那作如何修改呢?:

start:
if(at the position other robots have not reached)
    move_right
    move_left
    move_right
if(at the position other robots have reached)
    move_right
goto start

-------

这样改后,A的速度应该比B快了。

      3、然要是说每个指令处理速度都很快,AB岂不是一直以相同的速度右移了?那到底该作何修改呢?请看:

go_step()
{
   向右
   向左
   向右
}
--------
三个时间单位才向右一步

go_2step()
{
   向右
}
------

    一个时间单向右一步向左和向右花的时间是同样的,并且会占用一定时间。 如果条件判定指令时间比移令花的时间较少的话,应该上面两种步法,后者比前者快。至此,咱们的问题已经得到解决。


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