一、题目描述

难度：简单
描述：
将两个升序链表合并为一个新的 升序 链表并返回。新链表是通过拼接给定的两个链表的所有节点组成的。

示例 1：

输入：l1 = [1,2,4], l2 = [1,3,4]
输出：[1,1,2,3,4,4]

示例 2：

输入：l1 = [], l2 = []
输出：[]

示例 3：

输入：l1 = [], l2 = [0]
输出：[0]

提示：

• 两个链表的节点数目范围是 [0, 50]
• -100 <= Node.val <= 100
• l1 和 l2 均按 非递减顺序 排列

二、分析过程

链地址迭代法，尝试根据已有的知识和记忆实现的，主要思路是：新建一个链表用于存储合并后的链表，然后遍历两个链表，依次取其中数值较小的一个放入合并链表中，直到有一个链表为空，然后把另一个全部放入合并链表中。
需要注意到是：

• 新建一个链表，需要再用一个链表记录他的头节点。
• 合并链表往后追加数据，只能用next，不能直接赋新值，会断开链的
• 当前节点赋值为它的下一个节点，实现指针的移动

详见题解过程。

三、题解过程

1.链地址迭代法

下面是根据自己的思路实现的代码：

//Definition for singly-linked list.
// public class ListNode {
//     int val;
//     ListNode next;
//     ListNode() {}
//     ListNode(int val) { this.val = val; }
//     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }
//  }
 
class Solution {
    public ListNode mergeTwoLists(ListNode list1, ListNode list2) {
        //新建一个链表，需要再用一个链表记录他的头节点
        ListNode current = new ListNode(0);
        ListNode head = current;
        while(list1 != null && list2 != null){
            //往后追加数据，只能用next，不能直接赋新值，会断开链的
            if(list1.val < list2.val){
                current.next = new ListNode(list1.val);
                list1 = list1.next;
            }else{
                current.next = new ListNode(list2.val);
                list2 = list2.next;
            }
            //当前节点赋值为它的下一个节点，实现指针的移动
            current = current.next;
        }
        if(list1 == null && list2 != null){
            current.next = list2;
        }
        if(list1 != null && list2 == null){
            current.next = list1;
        }
        return head.next;
    }
}

2.迭代法（官方）

其实思路跟上一个方法相同，实现上有所优化，这里有详细的解题思路，不需要的可跳过看递归法。

思路

我们可以用迭代的方法来实现上述算法。当 l1 和 l2 都不是空链表时，判断 l1 和 l2 哪一个链表的头节点的值更小，将较小值的节点添加到结果里，当一个节点被添加到结果里之后，将对应链表中的节点向后移一位。

算法

• 首先，我们设定一个哨兵节点 prehead ，这可以在最后让我们比较容易地返回合并后的链表。我们维护一个 prev 指针，我们需要做的是调整它的 next 指针。
• 然后，我们重复以下过程，直到 l1 或者 l2 指向了 null ：如果 l1 当前节点的值小于等于 l2 ，我们就把 l1 当前的节点接在 prev 节点的后面同时将 l1 指针往后移一位。否则，我们对 l2 做同样的操作。不管我们将哪一个元素接在了后面，我们都需要把 prev 向后移一位。
• 在循环终止的时候， l1 和 l2 至多有一个是非空的。由于输入的两个链表都是有序的，所以不管哪个链表是非空的，它包含的所有元素都比前面已经合并链表中的所有元素都要大。这意味着我们只需要简单地将非空链表接在合并链表的后面，并返回合并链表即可。

//Definition for singly-linked list.
// public class ListNode {
//     int val;
//     ListNode next;
//     ListNode() {}
//     ListNode(int val) { this.val = val; }
//     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }
//  }
 
class Solution {
    public ListNode mergeTwoLists(ListNode list1, ListNode list2) {
        //新建一个链表，需要再用一个链表记录他的头节点
        ListNode current = new ListNode(0);
        ListNode head = current;
        while(list1 != null && list2 != null){
            //往后追加数据，只能用next，不能直接赋新值，会断开链的
            if(list1.val < list2.val){
                current.next = list1;
                list1 = list1.next;
            }else{
                current.next = list2;
                list2 = list2.next;
            }
            //当前节点赋值为它的下一个节点，实现指针的移动
            current = current.next;
        }
        // 合并后 list1 和 list2 最多只有一个还未被合并完，我们直接将链表末尾指向未合并完的链表即可
        current.next = list1 == null ? list2 : list1;

        return head.next;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n+m)，其中 n 和 m 分别为两个链表的长度。因为每次循环迭代中，l1 和 l2 只有一个元素会被放进合并链表中， 因此 while 循环的次数不会超过两个链表的长度之和。所有其他操作的时间复杂度都是常数级别的，因此总的时间复杂度为 O(n+m)。
• 空间复杂度：O(1)。我们只需要常数的空间存放若干变量。

2.递归法

class Solution {
    public ListNode mergeTwoLists(ListNode l1, ListNode l2) {
        if (l1 == null) {
            return l2;
        } else if (l2 == null) {
            return l1;
        } else if (l1.val < l2.val) {
            l1.next = mergeTwoLists(l1.next, l2);
            return l1;
        } else {
            l2.next = mergeTwoLists(l1, l2.next);
            return l2;
        }
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n+m)，其中 n 和 m 分别为两个链表的长度。因为每次调用递归都会去掉 l1 或者 l2 的头节点（直到至少有一个链表为空），函数 mergeTwoList 至多只会递归调用每个节点一次。因此，时间复杂度取决于合并后的链表长度，即 O(n+m)。
• 空间复杂度：O(n+m)，其中 n 和 m 分别为两个链表的长度。递归调用 mergeTwoLists 函数时需要消耗栈空间，栈空间的大小取决于递归调用的深度。结束递归调用时 mergeTwoLists 函数最多调用 n+mn+m 次，因此空间复杂度为 O(n+m)。