链表的一些问题经常会在面试中出现，这类题目能很好的反映出程序员的编程基本功，以及思维的缜密程度。写代码之前，最好能仔细分析一下题目，列出关键点。其实思路是最重要的，思路如果正确，代码实现不是问题，更像是一个翻译的过程。下面是4道关于链表的题目，网上都有思路解答。自己实现了一下，供网友参考。下面各题的链表结点定义如下：
struct ListNode
{
int key;
ListNode *next;
ListNode(int k = 0, ListNode *p = NULL) { key = k; next = p;}
};问题1：输入一个链表的头结点，反转该链表，并返回反转后链表的头结点。
思路：可以定义两个辅助指针，一个指向当前结点，设为pCur；一个指向前一个结点，设为pPrev，然后反转 pCur->next = pPrev。但是原来的pCur->next丢失了。可以再定义一个辅助指针pNext，用来保存这个值。另外就是一些为空的判断，需要加倍小心。
参考代码：
ListNode* ReverseList(ListNode *pHead)
{
ListNode *pPre = NULL;
ListNode *pCur = pHead;
//开始反转
while(pCur != NULL)
{
ListNode *pNext = pCur->next; //临时保存下一个结点
//关键的三步
pCur->next = pPre; //反转
pPre = pCur; //保存上一个结点
pCur = pNext; //更新当前结点
}
return pPre; //pPre变为第一个结点
}问题2：输入一个链表的头结点，从尾到头反过来输出每个结点的值。
思路：有很多解法，网上常见的有三种，一般都能想到。（1）可以利用问题1的结果，反转链表，然后再输出。（2）用递归实现。（3）用栈，其实与解法2相似，递归的本质其实就是栈的思想。给出后两种解法的代码。
参考代码：
//栈实现
void ReorderPrint_Solution1(ListNode * pHead)
{
stack<int> keyStack; //结点的数据栈
ListNode *pNode = pHead;
while(pNode != NULL) //将链表的数据压栈
{
keyStack.push(pNode->key);
pNode = pNode->next;
}
while(keyStack.size() > 0) //出栈
{
cout<<keyStack.top()<<' ';
keyStack.pop();
}
}
//递归实现
void ReorderPrint_Solution2(ListNode * pHead)
{
if(pHead == NULL)
return;
else
{
ReorderPrint_Solution2(pHead->next);
cout<<pHead->key<<' ';
}
}问题3：给定链表的头指针和一个结点指针，在O(1)时间删除该结点。
思路：《编程之美》有这道题，采用了一种“狸猫换太子”的方法，非常形象。真正删除的是下一个结点，同时将原删除结点的数据项设为下一个结点的数据项。《编程之美》中假定删除结点不是第一个结点，也不是最后一个结点。本问题中，没有这个限制，如果是删除的最后结点。只能从头遍历，找到前驱结点。但是平均的时间复杂度为O(1)。
参考代码：以下代码基于删除结点一定在链表中这个假设。
ListNode* DeleteNode(ListNode* pHead, ListNode* pDeleted)
{
if(pHead == NULL || pDeleted == NULL)
return NULL;
if(pDeleted->next != NULL) //不是最后一个结点
{
ListNode *pNext = pDeleted->next; //删除的其实是下一个结点
//下面两步是关键
pDeleted->key = pDeleted->next->key;
pDeleted->next = pDeleted->next->next;
delete pNext;
pNext = NULL;
}
else
{
if(pHead == pDeleted) //删除结点既是第一个结点也是最后一个结点
{
pHead = NULL;
}
else
{
ListNode *pNode = pHead;
while(pNode->next != pDeleted) //找删除结点的前驱
pNode = pNode->next;
pNode->next = pDeleted->next;
}
delete pDeleted;
pDeleted = NULL;
}
return pHead;
}问题4：两个单向链表，找出它们的第一个公共结点。
思路：（1）可以利用散列来做，根据第一个链表的地址，建立一张散列表，然后针对第二个链表的每一个结点，查询散列表，如果找到，那么这个结点就是第一个公共的结点。这种方法的时间复杂度为O(Len(h1)+Len(h2))，空间复杂度为O(Len(h1))。（2）何海涛给出的，非常巧妙，时间复杂度为O(Len(h1)+Len(h2))，空间复杂度为O(1)。一个重要的思想就是，如果两个链表等长，那么让它们同时向前移动，一定能同时到达第一个公共结点，能想到这一点，解法自然而然就有了。所给的两个链表不一定等长，只需遍历一下，分别求出链表的长度，然后将长链表先往前移动两者的长度之差，再同时向前。下面给出这两种方法的具体算法。
参考代码:
ListNode* FindFirstCommonNode_Solution1(ListNode *pHead1, ListNode *pHead2)
{
set<ListNode *> addrSet; //这里用集合代替散列
//将链表的结点地址放入集合中
ListNode *pNode = pHead1;
while(pNode != NULL)
{
addrSet.insert(pNode);
pNode = pNode->next;
}
//开始寻找
pNode = pHead2;
while(pNode != NULL)
{
if(addrSet.find(pNode) != addrSet.end())
break;
pNode = pNode->next;
}
return pNode;
}//求链表长度
int LengthOfList(ListNode *pHead)
{
int len = 0;
ListNode *pNode = pHead;
while(pNode != NULL)
{
len++;
pNode = pNode->next;
}
return len;
}
//用何海涛的方法
ListNode* FindFirstCommonNode_Solution2(ListNode *pHead1, ListNode *pHead2)
{
int len1 = LengthOfList(pHead1);
int len2 = LengthOfList(pHead2);
//确定长链表
int lenDiff = len1 - len2;
ListNode *pLong = pHead1;
ListNode *pShort = pHead2;
if(len1 < len2)
{
pLong = pHead2;
pShort = pHead1;
lenDiff = len2 - len1;
}
//调整长链表的长度
for(int i = 0; i < lenDiff; i++)
pLong = pLong->next;
ListNode *pNode = NULL;
while(pShort != NULL)
{
if(pShort == pLong) //找到第一个共同结点
{
pNode = pShort;
break;
}
pShort = pShort->next;
pLong = pLong->next;
}
return pNode;
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