解題說明
Remove Duplicates from Sorted List II
題目描述：給定一個已排序鏈結串列的頭節點 head，刪除所有含有重複數字的節點（只要某個值出現超過一次，就把所有具有該值的節點全部移除），並返回只保留唯一值的串列頭節點。
解題思路：
由於串列已排序，所有重複值的節點必定相鄰，因此可以用一個 prev 指標追蹤「目前確定保留的最後一個節點」，再用 cur 指標向前探索。
- 建立虛擬頭節點（dummy head）：新增一個值為 0 的虛擬節點，讓其
next指向head。這樣即使原始頭節點需要被刪除，也不需要特判。 - prev 指向 dummy，cur 指向 head：
prev始終指向最後一個「確定保留」的節點。 - 偵測重複值的連續段：若
cur與cur->next的值相同，就繼續讓cur前進，直到cur->next不同或為空，此時整段[原本的 cur, 現在的 cur]都有重複，全部跳過：令prev->next = cur->next。 - 無重複時正常推進：若
cur與cur->next值不同，表示cur是唯一值，可以保留：將prev推進到cur。 - 最後返回
dummy->next。
C++ 解法
複雜度分析
時間複雜度：O(n) — 每個節點最多被 cur 指標走訪一次，整體為線性時間，n 為串列節點數。
空間複雜度：O(1) — 只使用常數個指標（dummy、prev、cur），不需要額外的雜湊表或陣列。
虛擬碼
1. Create a dummy node with dummy.next = head.
2. Set prev = dummy, cur = head.
3. While cur is not null:
a. If cur.next exists and cur.val == cur.next.val:
- Advance cur forward until cur.next is null or cur.next.val != cur.val.
- Set prev.next = cur.next (skip the entire duplicate run).
b. Else:
- cur is unique; advance prev = cur.
c. Advance cur = cur.next.
4. Return dummy.next.其他解法
方法一：遞迴
遞迴處理每個子問題：若當前節點的值與下一節點相同，則記錄重複值，跳過所有具有該值的節點後遞迴處理剩餘串列；否則直接令 head->next = deleteDuplicates(head->next) 並返回 head。時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(n)（遞迴呼叫堆疊）。
方法二：雜湊表計數（兩次走訪）
第一次走訪用 unordered_map 統計每個值出現次數；第二次走訪重建串列，只保留計數為 1 的節點。時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(n)。優點是邏輯最直觀，但不利用已排序特性，空間消耗較大。
延伸思考
- 若串列未排序（重複值可能不相鄰），你的解法需要如何修改？時間與空間複雜度會有什麼變化？
- 如果要保留重複值中的其中一個（類似 LeetCode 83），解法需要做哪些調整？
prev的推進邏輯會有什麼不同？ - 在本題的迭代解法中，為什麼加入虛擬頭節點（dummy head）可以避免對原始頭節點的特殊處理？請舉例說明若不使用 dummy 節點，哪種輸入會導致邊界問題。