原题链接🔗 ：K 个一组翻转链表
难度：困难⭐️⭐️⭐️
题目
给你链表的头节点 head ，每 k 个节点一组进行翻转，请你返回修改后的链表。
k 是一个正整数，它的值小于或等于链表的长度。如果节点总数不是 k 的整数倍，那么请将最后剩余的节点保持原有顺序。
你不能只是单纯的改变节点内部的值，而是需要实际进行节点交换。
示例 1 ：
输入：head = [1,2,3,4,5], k = 2
输出：[2,1,4,3,5]
示例 2 ：
输入：head = [1,2,3,4,5], k = 3
输出：[3,2,1,4,5]
提示：
- 链表中的节点数目为 n
- 1 <= k <= n <= 5000
- 0 <= Node.val <= 1000
进阶：你可以设计一个只用 O(1) 额外内存空间的算法解决此问题吗？
题解
迭代法
- 题解：
"K 个一组翻转链表"是LeetCode上的一道中等难度的题目，其解题思路可以概括如下：
理解问题：题目要求将给定的链表按照每K个节点为一组进行翻转，如果最后一组不足K个节点，则不翻转。
使用哑节点：在链表的头部添加一个哑节点（dummy node），这样无论原链表的头节点如何变化，哑节点始终作为链表的起始点，简化了边界条件的处理。
遍历链表：从头节点开始遍历链表，找到每K个节点的边界。
翻转每组节点：对于每组找到的K个节点，进行翻转操作。翻转操作可以通过迭代或递归实现。
连接翻转后的节点：将翻转后的节点连接到前一组翻转后的节点后面，形成新的链表。
递归与迭代：递归方法简洁但可能存在栈溢出的风险，迭代方法更安全但代码相对复杂。
边界条件处理：处理链表长度不足K的情况，以及翻转后的链表连接。
下面详细说明迭代方法的步骤：
迭代方法
初始化 ：使用哑节点指向头节点，定义两个指针
groupPrev和curr，分别指向当前组的前一个节点和当前处理的节点。找到每K个节点 ：使用
curr指针遍历链表，找到每K个节点的最后一位，可以通过一个循环实现。翻转操作 ：在找到每K个节点后，使用三个指针（
prev、current、next）来翻转这K个节点的连接。连接翻转后的节点 ：将翻转后的节点连接到
groupPrev后面。更新指针 ：更新
groupPrev为当前翻转组的最后一个节点，curr为下一个未翻转的节点的开始。循环 ：重复步骤2-5，直到
curr为nullptr，表示链表已经完全遍历。返回结果：返回哑节点的下一个节点，即翻转后的链表的头节点。
递归方法
递归方法的核心是将问题分解为更小的子问题：
定义递归函数：递归函数接收当前节点和K值。
终止条件：如果当前节点为空或K为1，直接返回当前节点。
找到K个节点：使用辅助函数找到第K个节点。
翻转操作：翻转当前节点到第K个节点之间的链表。
递归调用：对第K个节点之后的链表进行递归调用。
连接翻转后的节点：将翻转后的子链表连接到翻转前的子链表。
返回结果：返回翻转后的链表。
递归方法的关键在于正确地翻转子链表，并确保递归调用能够正确地处理剩余的链表部分。递归方法的代码实现通常更简洁，但需要注意递归深度和性能问题。
- 复杂度：时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)。
- c++ demo ：直接应用LeetCode C++10-K个一组翻转链表中的demo。
cpp
#include <iostream>
#include <memory> //std::shared_ptr
#include <utility> // std::pair
struct Node {
int value;
Node* next;
Node(int value) {
this->value = value;
next = nullptr; //这个千万别忘了，否则容易引发segment fault
}
};
Node* reverse(Node* head) {
Node* pre = nullptr;
Node* p = head;
while (p) {
auto next = p->next;
p->next = pre;
pre = p;
p = next;
}
return pre;
}
// 翻转[head, tail]的元素
std::pair<Node*, Node*> reverse(Node* head, Node* tail) {
if (head == nullptr || tail == nullptr) {
return {};
}
Node* pre = nullptr;
Node* p = head;
// 特别注意：
// 这里容易错写成while(p != tail->next)，显然是错误的.
// 原因是tail对应的元素翻转后，tail->next不再指向原来的next，而是指向翻转后的next
// 除非提前将tail->next在循环外保存，例如：
// Node* tail_next = tail->next;
// while (p != tail_next) {...}
while (pre != tail) { // 这里容易错写成p != tail->next
Node* next = p->next;
p->next = pre;
pre = p;
p = next;
}
return { tail, head };
}
Node* reverse_k(Node* head, int k) {
std::shared_ptr<Node> dummy_node(new Node(-1));
dummy_node->next = head;
Node* pre = dummy_node.get();
Node* phead = head;
Node* ptail = pre;//从真正头节点前一个位置出发
while (phead) {
for (int i = 0; i < k; i++) {
ptail = ptail->next;
if (ptail == nullptr) { //长度不够k则直接返回
return dummy_node->next;
}
}
Node* next = ptail->next;//先保存tail的下一个位置,防止断链
auto reverse_ret = reverse(phead, ptail);//翻转[phead, ptail]区间
phead = reverse_ret.first;
ptail = reverse_ret.second;
// 更新连接
pre->next = phead;
ptail->next = next;
// 指针向前移动
pre = ptail;
phead = next;
}
return dummy_node->next;
}
void print_list(Node* head) {
Node* p = head;
while (p) {
std::cout << p->value << "->";
p = p->next;
}
std::cout << "nullptr" << std::endl;;
}
int main()
{
// case1: 1->2->3->4->5, k=2 ==> 2->1->4->3->5
Node n1(1), n2(2), n3(3), n4(4), n5(5);
n1.next = &n2;
n2.next = &n3;
n3.next = &n4;
n4.next = &n5;
Node* head = &n1;
print_list(head);
head = reverse_k(head, 2);
std::cout << "case1, k=2:" << std::endl;
print_list(head);
// case2: 1->2->3->4->5, k=3 ==> 3->2->1->4->5
n1.next = &n2;
n2.next = &n3;
n3.next = &n4;
n4.next = &n5;
head = &n1;
head = reverse_k(head, 3);
std::cout << "case2, k=3:" << std::endl;
print_list(head);
// case3: 1->2->3->4->5, k=1 ==> 1->2->3->4->5
n1.next = &n2;
n2.next = &n3;
n3.next = &n4;
n4.next = &n5;
head = &n1;
head = reverse_k(head, 1);
std::cout << "case3, k=1:" << std::endl;
print_list(head);
// case4: 1, k = 1
n1.next = nullptr;
head = &n1;
head = reverse_k(head, 1);
std::cout << "case3, list is 1->nullptr, k=1:" << std::endl;
print_list(head);
return 0;
}- 输出结果：
1->2->3->4->5->nullptr
case1, k=2:
2->1->4->3->5->nullptr
case2, k=3:
3->2->1->4->5->nullptr
case3, k=1:
1->2->3->4->5->nullptr
case3, list is 1->nullptr, k=1:
1->nullptr
