题解 | #链表中的节点每k个一组翻转#

时间复杂度：O(n)

空间复杂度：O(1)

第一次读完题后给人的感觉是首先要对当前的链表 长度与k进行对比，但是会导致时间复杂度增加一倍即为O(2n)

如果想把时间复杂度降低那么就不要做一次对比，基本解题思路分为3个模块

1.对链表前k个节点进行反转

2.判断此时head节点是否为空且还有节点没有反转（即num>=1）

判断条件要求在第一步写判断条件的时候应先判head节点是否为空，再判num--，否则回对如下场景：{1，2}，3，无法覆盖，此时会将num降为0再进行空指针的判断，不符合此步骤的判断条件

3.递归，将节点head给传入到reverse中去

链表题型非常容易出现场景遗漏，所以需要充分理清楚逻辑点

    ListNode* reverseKGroup(ListNode* head, int k) {
        // write code here
        // 边界条件：head不为空
        if(head == nullptr) return nullptr;
        // 考虑边界条件：要求当head的长度不满足条件时，要进行暂存或者回退
        ListNode* stash = nullptr;
        ListNode* tail = head;
        int num = k;

        while(head != nullptr && num--){
            ListNode* temp = head->next;
            head->next = stash;
            stash = head;
            head = temp;
        }

        // 反转完发现此时head已经为空但是k仍不为0就需要再次反转
        if(head == nullptr && num >= 1) {
            ListNode* sh1 = stash;

            while(stash != nullptr) {
                ListNode* temp = stash->next;
                stash->next = head;
                head = stash;
                stash = temp;
            }
            return head;
        }
        
        if(head != nullptr) {
            tail->next = reverseKGroup(head, k);
        }
        return stash;
    }