总结

方法：

1. 迭代
2. 递归

给你单链表的头节点 head ，请你反转链表，并返回反转后的链表。

示例1：

输入：head = [1,2,3,4,5]
输出：[5,4,3,2,1]

示例2:

输入：head = [1,2]
输出：[2,1]

示例3:

输入：head = []
输出：[]

提示：

• 链表中节点的数目范围是 [0, 5000]
• -5000 <= Node.val <= 5000

进阶：链表可以选用迭代或递归方式完成反转。你能否用两种方法解决这道题？

方法一：迭代

思路与算法

在遍历链表时，将当前节点的 next 指针改为指向前一个节点。

由于节点没有引用其前一个节点，因此必须事先存储其前一个节点。在更改引用之前，还需要存储后一个节点。最后返回新的头引用。

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode* reverseList(ListNode* head) {
        ListNode* prev = nullptr;
        ListNode* curr = head;
        while(curr){
            ListNode* next = curr->next;
            curr->next = prev;
            prev = curr;
            curr = next;
        }
        return prev;
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 n 是链表的长度。需要遍历链表一次。
• 空间复杂度：$O(1)$。

方法二：递归

思路与算法

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode* reverseList(ListNode* head) {
        if(head == null || head.next == null){
            return head;
        }
        ListNode newHead = reverseList(head.next);
        head.next.next = head;
        head.next = null;
        return newHead;
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 n 是链表的长度。需要对链表的每个节点进行反转操作。
• 空间复杂度：$O(n)$，其中 n 是链表的长度。空间复杂度主要取决于递归调用的栈空间，最多为 n 层。