方法一:递归

解题思路

通过递归法,每次判断目前头节点与给定的节点是否相等。如是,继续判断下一个节点,否则保存当前头节点,设置 next 指向下次递归得到的节点,然后返回当前节点。

代码

/**
* Definition for singly-linked list.
* public class ListNode {
* public int val;
* public ListNode next;
* public ListNode(int x) { val = x; }
* }
*/
public class Solution {
public ListNode DeleteDuplicates(ListNode head) {
// 递归
if(head == null) {
return head;
} return DeleteDuplicatesRecursion(head, null);
} public ListNode DeleteDuplicatesRecursion(ListNode head, ListNode node) {
if(head == null) {
return head;
}
if(node == null || head.val != node.val) {
head.next = DeleteDuplicatesRecursion(head.next, head);
return head;
} else {
return DeleteDuplicatesRecursion(head.next, head);
}
}
}

复杂度分析

  • 时间复杂度:\(O(n)\),其中 \(n\) 是链表的长度。
  • 空间复杂度:\(O(n)\)。一共调用了 \(n\) 次递归,需要额外 \(O(n)\) 的空间。

方法二:迭代

解题思路

通过迭代,判断后一个节点与当前节点是否相同。如是,则“跳过”(删除)此节点。否则,移到下一节点进行判断。

代码

/**
* Definition for singly-linked list.
* public class ListNode {
* public int val;
* public ListNode next;
* public ListNode(int x) { val = x; }
* }
*/
public class Solution {
public ListNode DeleteDuplicates(ListNode head) {
ListNode cur = head;
while (cur != null && cur.next != null) {
if (cur.next.val == cur.val) {
cur.next = cur.next.next;
} else {
cur = cur.next;
}
}
return head;
}
}

复杂度分析

  • 时间复杂度:\(O(n)\),其中 \(n\) 是链表的长度。因为链表中的每个节点都检查一次以确定它是否重复。
  • 空间复杂度:\(O(1)\)。

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