題目描述：
合併 k 個排序鏈表，返回合併後的排序鏈表。請分析和描述算法的複雜度。
示例:
輸入:
[
1->4->5,
1->3->4,
2->6
]
輸出: 1->1->2->3->4->4->5->6
這道題讓我們合併k個有序鏈表，最終合併出來的結果也必須是有序的，之前做過一道 Merge Two Sorted Lists，是混合插入兩個有序鏈表。這道題增加了難度，變成合並k個有序鏈表了，但是不管合併幾個，基本還是要兩兩合併。那麼首先考慮的方法是能不能利用之前那道題的解法來解答此題。答案是肯定的，但是需要修改，怎麼修改呢，最先想到的就是兩兩合併，就是前兩個先合併，合併好了再跟第三個，然後第四個直到第k個。這樣的思路是對的，但是效率不高，沒法通過 OJ，所以只能換一種思路，這裏就需要用到分治法 Divide and Conquer Approach。簡單來說就是不停的對半劃分，比如k個鏈表先劃分爲合併兩個 k/2 個鏈表的任務，再不停的往下劃分，直到劃分成只有一個或兩個鏈表的任務，開始合併。舉個例子來說比如合併6個鏈表，那麼按照分治法，首先分別合併0和3，1和4，2和5。這樣下一次只需合併3個鏈表，再合併1和3，最後和2合併就可以了。代碼中的k是通過 (n+1)/2 計算的，這裏爲啥要加1呢，這是爲了當n爲奇數的時候，k能始終從後半段開始，比如當 n=5 時，那麼此時 k=3，則0和3合併，1和4合併，最中間的2空出來。當n是偶數的時候，加1也不會有影響，比如當 n=4 時，此時 k=2，那麼0和2合併，1和3合併，完美解決問題，參見代碼如下：
解法一：
ListNode* MergeKLists::mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
if (lists.empty()) return nullptr;
int n = lists.size();
while (n > 1)
{
int k = (n + 1) / 2;
for (int i = 0; i < n / 2; ++i)
{
lists[i] = mergeTwoLists(lists[i], lists[i + k]);
}
n = k;
}
return lists[0];
}
ListNode* MergeKLists::mergeTwoLists(ListNode *l1, ListNode *l2)
{
ListNode *ret = new ListNode(-1), *cur = ret;//cur作爲中間量，每次給ret添入一個值
while (l1 && l2)
{
if (l1->val < l2->val) {
cur->next = l1;
l1 = l1->next;
}
else {
cur->next = l2;
l2 = l2->next;
}
cur = cur->next;
}
cur->next = l1 ? l1 : l2;
return ret->next;
}
我們再來看另一種解法，這種解法利用了最小堆這種數據結構，首先把k個鏈表的首元素都加入最小堆中，它們會自動排好序。然後每次取出最小的那個元素加入最終結果的鏈表中，然後把取出元素的下一個元素再加入堆中，下次仍從堆中取出最小的元素做相同的操作，以此類推，直到堆中沒有元素了，此時k個鏈表也合併爲了一個鏈表，返回首節點即可，參見代碼如下：
ListNode* MergeKLists::mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
auto cmp = [](ListNode*& a, ListNode*& b) {
return a->val > b->val;
};
priority_queue<ListNode*, vector<ListNode*>, decltype(cmp) > q(cmp);
for (auto node : lists) {
if (node) q.push(node);
}
ListNode *dummy = new ListNode(-1), *cur = dummy;
while (!q.empty()) {
auto t = q.top(); q.pop();
cur->next = t;
cur = cur->next;
if (cur->next) q.push(cur->next);
}
return dummy->next;
}
運行數據分析：
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