15 KiB
tags, create time
| tags | create time | ||||||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
|
2026-05-16 14:40 |
24-回文链表
题面
给你一个单链表的头节点 head，请你判断该链表是否为回文链表。如果是，返回 true；否则，返回 false。
示例 1：
输入：head = [1,2,2,1]
输出：true
示例 2：
输入：head = [1,2]
输出：false
提示：
- 链表中节点数目在范围
[1, 10^5]内 0 <= Node.val <= 9- 进阶： 你能否用
O(n)时间复杂度和O(1)空间复杂度解决此题？
思路
[!question] 💡 核心洞察 回文的本质是"前后对称"——前半段和后半段镜像相同。对数组来说我们天然可以随机访问，可以直接对比
arr[i] == arr[n-1-i]。但链表只能顺序遍历，无法从后往前看，这是解题的最大障碍。
[!warning] ⚠️ 关键差异：数组 vs 链表
特性 数组 链表 正序遍历 O(1)（直接索引） O(1)（next 指针） 逆序遍历 O(1)（反向索引） ❌ 不支持，必须走一遍 中间点定位 O(1)（ (n-1)/2）需要遍历 所以挑战在于：如何在只走一遍或常数次遍历时拿到"后半段的逆序"？
方法一：栈 / 切片法（直觉方案）
把每个节点的值依次压入栈（或存进切片），然后再次从头遍历链表，将节点值与栈顶（或切片末尾）逐个比较。
flowchart LR
subgraph "第一轮：收集数据"
H["head → 1→2→2→1"] --> S["stack: [1,2,2,1]"]
end
subgraph "第二轮：对比"
H2["head → 1→2→2→1"] --> C["对比：top==val? yes → yes → yes → yes"]
end
C --> RESULT["✅ true"]
style RESULT fill:#4c4,stroke:#333
步骤拆解：
| 轮次 | 动作 | 代价 |
|---|---|---|
| 第 1 轮 | 遍历全链表，将所有 val 存入栈/切片 | O(n) |
| 第 2 轮 | 重新遍历链表，每次取栈顶对比当前 val | O(n) |
时间复杂度：O(n) — 两次线性遍历。
空间复杂度：O(n) — 需要额外的栈存储所有元素。
[!note] 🤔 这个方法的问题是什么？ 完全满足时间要求，但不满足进阶的 O(1) 空间。而且它做了两次完整遍历——如果能把后半段原地翻转，就能避免额外空间和重复遍历。
方法二：快慢指针 + 反转后半段 ⭐（最优，O(1) 空间）⭐
这是进阶问题的标准解法，核心思路分三步：找到中点 → 反转后半段 → 逐一对比。
第一步：用快慢指针找中点
[!question] 💡 为什么快慢指针能找中点？ 让快指针每次走两步、慢指针每次走一步。当快指针到达终点时，慢指针恰好走到中间——因为快指针的速度是慢指针的两倍，路程也是两倍。
[!tip] 🔑 关键细节：初始化 fast 为
head.Next如果两个指针都从head开始，偶数长度链表的比较会出现问题（见下方分析）。标准写法是将 fast 初始化在第二个节点上：
slow, fast := head, head.Next
以 1→2→2→1（偶数长度）为例：
flowchart LR
subgraph "初始"
A["快=2, 慢=1"]
end
subgraph "第1步"
B["快=1, 慢=2"]
end
subgraph "退出"
C["快=nil, 慢=2 ★中点"]
end
A -.两步.-> B -.两步.-> C
style C fill:#f9d,stroke:#333
详细过程：
| 步数 | fast 位置 | slow 位置 | fast!=nil && fast.Next!=nil |
|---|---|---|---|
| 开始前 | 2 | 1 | ✅ 继续 |
| 第 1 轮后 | 1 | 2 | ✅ 继续 |
| 第 2 轮后 | nil | 2 | ❌ fast == nil，退出 |
对于奇数长度的链表 1→2→3→2→1：
| 步数 | fast 位置 | slow 位置 | fast!=nil && fast.Next!=nil |
|---|---|---|---|
| 开始前 | 2 | 1 | ✅ 继续 |
| 第 1 轮后 | 3 | 2 | ✅ 继续 |
| 第 2 轮后 | 1（尾部） | 3 | ✅ 继续 |
| 第 3 轮后 | nil | 4 | ❌ fast == nil，退出 |
边界规则总结：
| 链表长度 | fast 最终位置 | slow 最终位置 | halfHead（slow.Next）含义 |
|---|---|---|---|
| 偶数（如 4） | nil | 第 n/2 个节点 | 后半段起点（第 n/2+1 个） |
| 奇数（如 5） | nil | 第 (n+1)/2 个 | 跳过中间元素，后半段从第 (n+1)/2+1 个开始 |
[!info] 🧠 为什么 fast=head.Next 比 fast=head 更正确？
问题演示（fast=head 的错误情况）：
对于单节点链表
1→nil：fast=head, slow=head → 不进入循环 → slow=1, halfHead=nil → 对比阶段 p2=nil → 直接返回 true。正确结果碰巧相同，但逻辑上有隐患。对于两节点链表
1→2→nil：fast=head, slow=head → 执行一轮 → fast=nil, slow=2 → halfHead=nil → 对比阶段 p2=nil → 直接返回 true。❌ 错误！应该返回 false。原因：fast=head 时，两节点链表只执行了一轮迭代，slow 直接跳到第二个节点，halfHead 变成 nil，跳过了唯一一次有意义的对比。
修正后（fast=head.Next）：
链表 fast 初始 slow 初始 循环是否执行 slow 最终 halfHead 对比结果 1→nilnil 1 ❌ 1 nil → 直接 return true ✅ 无需对比 1→2→nil2 1 ❌ fast.Next==nil 1 2 → 对比 1 vs 2 → false ✅ 正确 1→2→2→1→nil2 1 ✅ × 2 2 2 → 对比 1==1, 2==2 → true ✅ 正确
第二步：反转后半段
利用「23-反转链表」中的迭代反转方法，将 halfHead 之后的链表原地反转。
以 1→2→2→1 为例：
flowchart LR
subgraph "前半段"
F["1"] --> S["2"]
end
subgraph "后半段未反转"
SH["2"] --> L["1"]
end
subgraph "后半段已反转"
SH2["1"] --> L2["2"]
end
subgraph "对比阶段"
COMP["1==1 ✅, 2==2 ✅"]
end
F --> S --> SH -.反转.-> SH2 --> L2 --> COMP
style COMP fill:#4c4,stroke:#333
第三步：逐一对比
从 head 和 reversedHalf 同时出发，逐个节点对比 val。
[!question] 💡 什么时候停止对比？ 因为
reversedHalf是反转后的后半段，长度最多等于前半段。当reversedHalf == nil时说明已全部比对完毕。不需要用到原始的后半段尾节点。
完整流程图
flowchart TD
START(["head = 1→2→2→1"]) --> FIND["① 快慢指针找中点"]
FIND --> MIDDLE["slow → 节点2, halfHead → slow.Next → 节点2"]
MIDDLE --> REVERSE["② 反转后半段: 2→1 变成 1→2"]
REVERSE --> COMPARE["③ 逐一对比\np1: 1→2, p2: 1→2"]
COMPARE --> EQUAL{"全部相等?"}
EQUAL -->|是| TRUE["返回 true ✓"]
EQUAL -->|否| FALSE["返回 false ✗"]
style TRUE fill:#4c4,stroke:#333
style FALSE fill:#f99,stroke:#333
时间复杂度：O(n) — 找中点遍历 n/2 步 + 反转 n/2 步 + 对比 n/2 步 = 总共约 1.5n 步，仍为 O(n)。
空间复杂度：O(1) — 只用了四个指针变量（slow, fast, prev, curr），无额外空间。
[!warning] ⚠️ 细节陷阱
- 奇数长度链表：中间元素不属于任何一半，
slow.Next作为后半段起点自然跳过了它，无需特殊处理。- 单节点链表
1→nil：fast=head.Next=nil → 不进入找中点循环 → slow=1, halfHead=nil → 对比阶段 p2=nil → 直接返回 true ✅。- 两个节点的链表
1→2→nil：fast=head.Next=2 → fast.Next=nil → 不进入循环 → slow=1, halfHead=2 → 反转后 reversedHalf=2 → 对比 1 vs 2 → false ✅。如果错误地用 fast=head，这里会跳过唯一一次有意义的对比，错误返回 true。
代码提示
伪代码模板
// ① 找中点 —— 注意 fast 从 head.Next 开始
slow := head
fast := head.Next
for fast != nil && fast.Next != nil {
slow = slow.Next // 慢指针走一步
fast = fast.Next.Next // 快指针走两步
}
// 此时 slow 在中点位置，halfHead 是后半段起点
halfHead := slow.Next
// ② 反转后半段（复用反转链表模板）
prev := nil
curr := halfHead
for curr != nil {
nextTemp := curr.Next
curr.Next = prev
prev = curr
curr = nextTemp
}
reversedHalf := prev
// ③ 逐一对比
p1 := head
p2 := reversedHalf
for p2 != nil { // 只需遍历较短的后半段即可
if p1.Val != p2.Val {
return false
}
p1 = p1.Next
p2 = p2.Next
}
return true
技巧
[!tip] 🔑 三步口诀："找、翻、比" 回文链表问题记住 "找中点 → 反转后半段 → 逐一对比" 这个固定套路。这类模式还会出现在以下场景中：
- 判断回文链表 → 本道题
- 重排链表（L₀→Lₙ→L₁→Lₙ₋₁...）→ 同样用这三步，对比后拼接回去
- 链表分割（左半部分 / 右半部分）→ 找中点后断开即可
[!tip] 🔑 循环终止条件的选择 对比阶段的循环可以用
p2 != nil（遍历短的那段）也可以用p1 != nil（遍历长的）。选短的更高效，因为后半段长度 ≤ 前半段。
[!note] 🐹 Go 中的链表定义 LeetCode 的 Go 环境内置如下结构体定义：
type ListNode struct {
Val int
Next *ListNode
}
不需要手动定义，直接在解题中使用即可。
[!info] 📊 三种方法对比
| 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 优点 | 缺点 |
|---|---|---|---|---|
| 栈/切片法 | O(n) | O(n) | 最直观，代码最少 | 不满足进阶 O(1) 空间 |
| 快慢+反转 ⭐ | O(n) | O(1) | 最优解，面试标配 | 需要注意奇偶长度边界 |
| 递归法 | O(n) | O(n) | 代码优雅，天然"逆向" | 空间复杂度高 |
[!success] ✅ 相关题目串联
代码
方法一：切片法（O(n) 空间）
/**
* Definition for singly-linked list.
* type ListNode struct {
* Val int
* Next *ListNode
* }
*/
func isPalindrome(head *ListNode) bool {
// 单节点一定是回文
if head == nil || head.Next == nil {
return true
}
// 第一轮：把所有节点的值放入切片
var vals []int
for node := head; node != nil; node = node.Next {
vals = append(vals, node.Val)
}
// 第二轮：双指针对比首尾
n := len(vals)
for i, j := 0, n-1; i < j; i, j = i+1, j-1 {
if vals[i] != vals[j] {
return false
}
}
return true
}
方法二：快慢指针 + 反转后半段 ⭐（最优 O(1) 空间）⭐
/**
* Definition for singly-linked list.
* type ListNode struct {
* Val int
* Next *ListNode
* }
*/
func isPalindrome(head *ListNode) bool {
// 边界情况：空链表、单节点
if head == nil || head.Next == nil {
return true
}
// ① 快慢指针找中点 —— fast 从 head.Next 开始，正确处理两节点等边界
slow, fast := head, head.Next
for fast != nil && fast.Next != nil {
slow = slow.Next // 慢指针走一步
fast = fast.Next.Next // 快指针走两步
}
// ② 反转 slow 之后的后半段链表
halfHead := slow.Next
var prev *ListNode
curr := halfHead
for curr != nil {
nextTemp := curr.Next
curr.Next = prev
prev = curr
curr = nextTemp
}
reversedHalf := prev
// ③ 从头节点和反转后的后半段同步对比
p1, p2 := head, reversedHalf
for p2 != nil { // 只需遍历较短的后半段
if p1.Val != p2.Val {
return false
}
p1 = p1.Next
p2 = p2.Next
}
return true
}
[!tip] 🔧 可选优化：恢复链表 如果题目要求"不修改原链表"，可以在对比完成后把后半段再反转回去恢复原状。只需再调用一次反转函数（以
reversedHalf为入口），并将slow.Next重新指向新头部即可。不过 LeetCode 原题不要求恢复，所以这步可以省略。
方法三：递归法（进阶理解）
[!question] 💡 一个奇妙的角度 如果用递归来遍历链表，"递"的时候往前走，"归"的时候往回来——这不就是天然的"从后往前遍历"吗？我们可以让左右两个指针分别在"递"和"归"的过程中相遇对比。
/**
* Definition for singly-linked list.
* type ListNode struct {
* Val int
* Next *ListNode
* }
*/
var left *ListNode // 包级变量：从左向右移动（递推过程中保持不变量）
func isPalindromeRecursive(head *ListNode) bool {
left = head // 初始化左指针
return recurseAndCheck(head)
}
func recurseAndCheck(right *ListNode) bool {
// 基准情况：遇到 nil，回溯到头节点
if right == nil {
return true
}
// 递：一直走到链表末尾
if !recurseAndCheck(right.Next) {
return false
}
// 归：在回溯路上逐层对比
if right.Val != left.Val {
return false
}
left = left.Next // 左指针向前移动一位
return true
}
执行轨迹示意（1→2→2→1）：
flowchart LR
subgraph "递"
D1["recurse(1)"] --> D2["recurse(2)"]
D2 --> D3["recurse(2)"]
D3 --> D4["recurse(1)"]
D4 --> D5["recurse(nil) ← 基准"]
end
subgraph "归"
G5["return true"] --> G4["right=1, left=1 → ✅ → left→2"]
G4 --> G3["right=2, left=2 → ✅ → left→2"]
G3 --> G2["right=2, left=2 → ✅ → left→1"]
G2 --> G1["right=1, left=1 → ✅ → done"]
end
D1 --> D2 --> D3 --> D4 --> D5
style D5 fill:#bbf,stroke:#333
style G1 fill:#4c4,stroke:#333
时间复杂度：O(n) — 递深度为 n。
空间复杂度：O(n) — 递归栈占用 O(n) 空间。
[!note] 🤔 这种方法的空间复杂度是 O(n)，不如方法二优秀。但它展示了另一种思考路径——递归可以隐式地"倒序"遍历链表，这在其他场景下也很实用。比如判断链表是否回文、反转链表的递归版本等。
[!tip] 🔑 为什么可以用包级变量 left 而不需要参数传递？ 因为递归的 "归" 阶段天然就是后进先出（LIFO）的顺序，恰好模拟了从链表尾部向头部的逆序遍历。左指针 left 只需要在每次返回时前进一步，而右指针 right 通过函数的调用栈隐式地保存了每一层的位置信息。这种技巧在其他需要同时正序/逆序遍历链表的场景中也有应用。