148. Sort List

问题：要求时间度O(NlogN)O(NlogN)O(NlogN)，空间复杂度是常数，实现数组排序。
思路：之前做过linkedList的插入排序，时间复杂度应该是O(n2)O(n2)O(n^2)。时间复杂度控制在nlogn 一定有二分。二分我只在数组版的list中用过。从头和尾开始查找，如此之类。这里好像有点难。
学习：把列表分成两部分；分别排序；再合并。这个又被称为分治法。确实是这样。找到一个列表的中间位置，前面的习题练习过了，合并两个数组也练习过。写出递归版的代码还是没有难度的。代码。因为有栈空间的消耗，所以空间复杂度不是常数，而是logn。
学习2：使用自底向上的策略消除递归。这种思路在23 Merge k Sorted Lists 中遇到过。不过我的问题是怎么处理合并后的各个节点。学习别人的代码吧。
解决方法1：例如链表 -1->5->8->4->6。第一步要合并排序 -1,5；8,4；6，null，调用merge函数3次，第一步合并结束后得到的链表应该是-1->5->4->8->6。第二步需要合并-1->5,4->8；6,null；调用merge函数2次，第二步合并之后得到链表-1->4->5->8。第三步需要合并-1->4->5->8，6；调用merge函数一次，得到-1->4->5->6->8。
这里考虑的代码细节是：每一步中一个小的合并例如-1,5形成-1->5这样的列表；5就是下一个合并后列表（4->8）的表头。

    public ListNode sortList(ListNode head) {if (head == null || head.next == null) return head;int length = 0;ListNode node = head;while(node!=null){length++;node = node.next;}ListNode dummy = new ListNode(-1);for(int step = 1;step<length; step<<=1){ListNode tail = dummy;//每一次处理的队列的队尾ListNode curr = head;while(curr!=null){ListNode left = curr;ListNode right = null;right = split(left,step);//从left开始，数step个节点作为第二个列表的头节点curr = split(right,step);//从right开始，数step个节点，返回的节点用于下次合并tail = merge(left,right,tail);}head = dummy.next;}return dummy.next;}private ListNode split(ListNode head, int step) {for (int i = 1; head != null && i < step; i++) {// 少走一步head = head.next;}if (head == null)return null;ListNode tmp = head.next;head.next = null;return tmp;}private ListNode merge(ListNode l1, ListNode l2, ListNode head) {ListNode cur = head;while (l1 != null && l2 != null) {if (l1.val < l2.val) {cur.next = l1;l1 = l1.next;} else {cur.next = l2;l2 = l2.next;}cur = cur.next;}if (l1 != null) cur.next = l1;if (l2 != null) cur.next = l2;while (cur.next != null) {cur = cur.next;}return cur;}

时间复杂度分析：for循环里面split会遍历n个节点，merge会遍历n个节点，是O(2n)。for循环会执行logn次。所以时间复杂度O(nlogn)。

解决方法2：当需要合并步长为1的两个子链表的时候，合并后的结果放入队列中，下次直接从队列中取子链表合并也是可以的。空间复杂度是O(n)了。

    public ListNode sortList(ListNode head) {if (head == null || head.next == null)return head;Queue<ListNode> queue = new LinkedList<ListNode>();ListNode node = head;while (node != null) {ListNode tmp = node.next;node.next = null;queue.add(node);node = tmp;}while(queue.size()>1){queue.add(merge(queue.poll(), queue.poll()));}return queue.poll();}public ListNode merge(ListNode l1, ListNode l2) {if (l1 == null || l2 == null) {return l1 == null ? l2 : l1;}ListNode result = new ListNode(0);ListNode preNode = result;while (l1 != null && l2 != null) {if (l1.val <= l2.val) {preNode.next = l1;l1 = l1.next;} else {preNode.next = l2;l2 = l2.next;}preNode = preNode.next;}if (l1 != null) {preNode.next = l1;}if (l2 != null) {preNode.next = l2;}return result.next;}

代码V1
代码V2
代码V3

328 Odd Even Linked List

思路：按照tag刷题，尤其是从easy到hard，你会发现有些难的题目是多个简单题目的组合。一个一个小问题击破了，难题就解决了。
代码

109 Convert Sorted List to Binary Search Tree

思路：初看题目是没有思路的。从左到右开始构建树，想什么情况下该把根节点变为左子树；左子树为空的时候不能加右子树，之类的….脑子里一直在想着数据结构书中讲的从非平衡树到平衡树的转换。
学习：整体观察后发现链表的中间节点middle是根；middle的左侧是根的左子树；middle的右侧是根的右子树。
代码

138. Copy List with Random Pointer

思路：深度科隆要求每个对象都要new，包括每个对象的Object类型的属性。这里要处理的问题就是死循环。我的思路是迭代。
学习：可以先用一层循环把所有的node new出新的对应节点；再用第二层循环为每个节点赋值next和random属性。
代码

817 Linked List Components

思路：遍历输入的LinkedList head，如果发现当前节点node.val在G中，而node.next.val不在G中，那结果加1.
代码

725 Split Linked List in Parts

思路：把一个linkedlist分成k份，每份长度差不超过1。那就是把linkedList均分为k份。对于余数的部分分在前面的子链表中。
代码

2 Add Two Numbers

思路：用两个列表表示两个整数，并且是从低位到高位的顺序。例如数字是345，链表是5->4->3。直接计算两个列表对应位置的和。如果满10，就用carry变量保存。再加下一位的时候加上carry。网页
代码

445 Add Two Numbers II

思路：把两个linkedList反转，用上题的思路做。最后再将结果反转。
代码
LinkedList结束。相对来讲，LinkedList是比较简单的。

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