[LeetCode][2. 两数相加] 2种方法：模拟 和 递归

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By Long Luo

Leetcode 2. 两数相加 题解。

方法一：模拟链表操作

思路与算法：

最开始我的思路是将 22 个数字都读出来，然后相加，再逆向写入回去，但是发现链表数字太长，这个方法不可行。

由于两个链表长度不一致，还需要考虑不同位数对齐的问题，但是由于输入的两个链表都是逆序存储数字的位数的，因此两个链表中同一位置的数字可以直接相加。

那么只需要同时遍历两个链表，逐位计算它们的和，并与当前位置的进位值相加。具体而言，如果当前两个链表处相应位置的数字为 n1n_1 ，n2n_2，进位值为 carry\textit{carry}，则它们的和为 n1+n2+carryn_1 + n_2 + \textit{carry}。

其中，答案链表处相应位置的数字为 (n1+n2+carry)mod10(n_1 + n_2 + \textit{carry}) mod 10，而新的进位值为 sum−10\textit{sum} - 10。

需要注意的是：如果链表遍历结束后，有 carry>0\textit{carry} \gt 0 ，还需要在答案链表的后面附加一个节点，节点的值为 carry\textit{carry}。

于是就有了那么的第一版代码：

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public static ListNode addTwoNumbers(ListNode l1, ListNode l2) {
	ListNode pNode1 = l1;
	ListNode pNode2 = l2;
	ListNode dummyNode = new ListNode(-1);
	ListNode pNode = dummyNode;
	int carry = 0;
	while (pNode1 != null && pNode2 != null) {
		int sum = pNode1.val + pNode2.val + carry;
		carry = 0;
		if (sum >= 10) {
			sum -= 10;
			carry = 1;
		}
		ListNode node = new ListNode(sum);
		pNode.next = node;
		pNode = pNode.next;

		pNode1 = pNode1.next;
		pNode2 = pNode2.next;
	}

	while (pNode1 != null) {
		int sum = pNode1.val + carry;
		carry = 0;
		if (sum >= 10) {
			sum -= 10;
			carry = 1;
		}
		ListNode node = new ListNode(sum);
		pNode.next = node;
		pNode = pNode.next;

		pNode1 = pNode1.next;
	}

	while (pNode2 != null) {
		int sum = pNode2.val + carry;
		carry = 0;
		if (sum >= 10) {
			sum -= 10;
			carry = 1;
		}
		ListNode node = new ListNode(sum);
		pNode.next = node;
		pNode = pNode.next;
		pNode2 = pNode2.next;
	}

	if (carry > 0) {
		ListNode node = new ListNode(carry);
		pNode.next = node;
	}

	return dummyNode.next;
}

实际上，上述代码可以优化，去掉多余的变量。如果两个链表的长度不同，则可以认为长度短的链表的后面有若干个 00，得到了下面的优化代码：

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public static ListNode addTwoNumbers(ListNode l1, ListNode l2) {
	ListNode dummyNode = new ListNode(-1);
	ListNode pNode = dummyNode;
	int carry = 0;
	while (l1 != null || l2 != null) {
		int num1 = l1 != null ? l1.val : 0;
		int num2 = l2 != null ? l2.val : 0;
		int sum = num1 + num2 + carry;
		carry = sum / 10;
		pNode.next = new ListNode(sum % 10);
		pNode = pNode.next;

		if (l1 != null) {
			l1 = l1.next;
		}

		if (l2 != null) {
			l2 = l2.next;
		}
	}

	if (carry > 0) {
		pNode.next = new ListNode(carry);
	}

	return dummyNode.next;
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(max⁡(m,n))O(\max(m,n))，其中 mm 和 nn 分别为两个链表的长度。我们要遍历两个链表的全部位置，而处理每个位置只需要 O(1)O(1) 的时间。
  • 空间复杂度：O(1)O(1)。

方法二：递归

递归更精妙，但也更难懂！

首先，需要确定终止条件，显然当 l1l_1 或者 l2l_2 为空指针时，递归终止；
其次，l1l_1 和 l2l_2 不为空时，结果为两者之和加上进位然后mod10mod 10；

递归需要考虑进位，所以需要新写一个辅助函数，进位作为参数传递，这点比较难以想到。

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public static ListNode addTwoNumbers_rec(ListNode l1, ListNode l2) {
    if (l1 == null) {
        return l2;
    } else if (l2 == null) {
        return l1;
    }

    return addNode(l1, l2, 0);
}

public static ListNode addNode(ListNode l1, ListNode l2, int carry) {
    if (l1 == null && l2 == null && carry == 0) {
        return null;
    }

    if (l1 != null) {
        carry += l1.val;
        l1 = l1.next;
    }

    if (l2 != null) {
        carry += l2.val;
        l2 = l2.next;
    }

    ListNode addNode = new ListNode(carry % 10);
    carry = carry / 10;
    addNode.next = addNode(l1, l2, carry);
    return addNode;
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(max⁡(m,n))O(\max(m, n))，其中 mm 和 nn 分别为两个链表的长度。我们要遍历两个链表的全部位置，而处理每个位置只需要 O(1)O(1) 的时间。
  • 空间复杂度：O(max⁡(m,n))O(\max(m, n))。

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