一、问题
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。
1️⃣示例 1：输入：l1 = [1,2,4]，l2 = [1,3,4]输出：[1,1,2,3,4,4]
2️⃣示例 2：输入：l1 = []，l2 = []输出：[]
3️⃣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、解答
1️⃣方法一：递归
也就是说，两个链表头部值较小的一个节点与剩下元素的 merge 操作结果合并。将以上递归过程建模，同时需要考虑边界情况。
如果 l1 或者 l2 一开始就是空链表，那么没有任何操作需要合并，所以只需要返回非空链表。否则，要判断 l1 和 l2 哪一个链表的头节点的值更小，然后递归地决定下一个添加到结果里的节点。如果两个链表有一个为空，递归结束。
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;
}
}
①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)。
②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+m 次，因此空间复杂度为 O(n+m)。
2️⃣方法二：迭代
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。
首先，设定一个哨兵节点 prehead ，这可以在最后比较容易地返回合并后的链表。维护一个 prev 指针，需要做的是调整它的 next 指针。然后，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，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，对 l2 做同样的操作。不管将哪一个元素接在了后面，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。
public ListNode mergeTwoLists(ListNode l1, ListNode l2) {
ListNode prehead = new ListNode(-1);
ListNode prev = prehead;
while (l1 != null && l2 != null) {
if (l1.val <= l2.val) {
prev.next = l1;
l1 = l1.next;
} else {
prev.next = l2;
l2 = l2.next;
}
prev = prev.next;
}
// 合并后 l1 和 l2 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
prev.next = l1 == null ? l2 : l1;
return prehead.next;
}
①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)。
②空间复杂度：O(1)。只需要常数的空间存放若干变量。
