环形链表面试题详解

A. 环形链表1

给你一个链表的头节点 head ，判断链表中是否有环.

如果链表中有某个节点，可以通过连续跟踪 next 指针再次到达，则链表中存在环。 为了表示给定链表中的环，评测系统内部使用整数 pos 来表示链表尾连接到链表中的位置（索引从 0 开始）。注意：pos 不作为参数进行传递 。仅仅是为了标识链表的实际情况.

如果链表中存在环 ，则返回 true 。 否则，返回 false .
OJ链表

// 判断链表是否有环  
bool hasCycle(ListNode *head) {  
    if (head == NULL || head->next == NULL) {  
        // 空链表或只有一个节点的链表不可能有环  
        return false;  
    }  
  
    ListNode *slow = head;  
    ListNode *fast = head->next;  
  
    // 快慢指针开始移动，直到它们相遇或快指针到达链表尾部  
    while (slow != fast) {  
        // 如果快指针到达链表尾部，说明没有环  
        if (fast == NULL || fast->next == NULL) {  
            return false;  
        }  
        slow = slow->next; // 慢指针每次移动一个节点  
        fast = fast->next->next; // 快指针每次移动两个节点  
    }  
  
    // 如果快慢指针相遇，说明有环  
    return true;  
}  

【思路】
快慢指针，即慢指针一次走一步，快指针一次走两步，两个指针从链表其实位置开始运行，如果链表带环则一定会在环中相遇，否则快指针率先走到链表的末尾。

【扩展问题】

• 为什么快指针每次走两步，慢指针走一步可以？

假设链表带环，两个指针最后都会进入环，快指针先进环，慢指针后进环。当慢指针刚进环时，可能就和快指针相遇了，最差情况下两个指针之间的距离刚好就是环的长度。此时，两个指针每移动一次，之间的距离就缩小一步，不会出现每次刚好是套圈的情况，因此：在满指针走到一圈之前，快指针肯定是可以追上慢指针的，即相遇。

• 快指针一次走3步，走4步，…n步行吗？

假设：快指针每次走三步，慢指针每次走一步， 此时快指针肯定先进环。假设慢指针进环的时候，快指针的位置如图所示

此时按照上述方法来环绕移动
当快指针每次走三步，慢指针每次走一步时，它们之间的相对速度差是两步。这意味着快指针相对于慢指针每次都会拉近两个节点的距离。但是，如果环的大小（即环中节点的数量）是快指针和慢指针速度差的倍数（即环的大小是2的倍数），那么快指针可能会“套圈”慢指针而不相遇。具体来说，如果环的大小是2的倍数（比如4、6、8等），那么快指针会在到达环的起点之前追上慢指针，但会在慢指针之后再次到达起点，从而不会相遇。

举个例子，假设环的大小是4个节点，快指针每次走三步，慢指针每次走一步。当慢指针走完一圈回到起点时，快指针已经走了三圈，即12个节点，并回到了起点之后两个节点的位置。因此，它们不会在同一位置相遇。

然而，如果环的大小不是快指针和慢指针速度差的倍数，那么快指针最终还是会与慢指针相遇。这是因为在这种情况下，快指针和慢指针的相对位置会在环中不断发生变化，直到它们在某个节点相遇。

但为什么快指针走两步，慢指针走一步可以确保相遇呢？这是因为无论环的大小是多少，快指针都会在环中追上慢指针。具体来说，假设环的大小为n，那么当慢指针走了x圈时（x为正整数），快指针会走了2x圈。由于它们都在环中移动，所以它们最终会在某个节点相遇。

因此，虽然快指针每次走三步或更多步在理论上是可行的（只要处理好空指针和尾部的情况），但在实践中，快指针每次走两步，慢指针走一步是一种更简单、更可靠的方法来检测链表中的环。
所以只有快指针走两步，慢指针走一步才可以，因为换的最小长度是一，即使套圈了两个也在相同的位置.

B. 环形链表2

给定一个链表的头节点 head ，返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环，则返回 null.

如果链表中有某个节点，可以通过连续跟踪 next 指针再次到达，则链表中存在环。 为了表示给定链表中的环，评测系统内部使用整数 pos 来表示链表尾连接到链表中的位置（索引从 0 开始）。如果 pos 是 -1，则在该链表中没有环。注意：pos 不作为参数进行传递，仅仅是为了标识链表的实际情况.

不允许修改链表。
OJ链表

typedef struct ListNode {  
    int val;  
    struct ListNode *next;  
} ListNode;  
  
// 函数声明  
ListNode *detectCycle(ListNode *head);  
  
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {  
    if (!head || !head->next) {  
        // 空链表或只有一个节点的链表没有环  
        return NULL;  
    }  
  
    ListNode *slow = head;  
    ListNode *fast = head;  
  
    // 第一步：检测环是否存在  
    while (fast && fast->next) {  
        slow = slow->next;  
        fast = fast->next->next;  
  
        // 如果快慢指针相遇，说明有环  
        if (slow == fast) {  
            break;  
        }  
    }  
  
    // 如果fast或fast->next为NULL，说明没有环  
    if (!fast || !fast->next) {  
        return NULL;  
    }  
  
    // 第二步：找到环的起始节点  
    slow = head;  
    while (slow != fast) {  
        slow = slow->next;  
        fast = fast->next;  
    }  
  
    // slow（或fast）现在指向环的起始节点  
    return slow;  
} 

让一个指针从链表起始位置开始遍历链表，同时让一个指针从判环时相遇点的位置开始绕环运行，两个指针都是每次均走一步，最终肯定会在入口点的位置相遇。

证明：

• 定义：
• 假设环的起始节点为 tail（在环中，我们不知道它的确切位置，但它是环的一部分）。 假设从头节点 head 到环的起始节点tail 的距离为 a 个节点。 假设环的长度（即环中节点的数量）为 b 个节点。 当快慢指针相遇时，假设慢指针走了 s步，那么快指针就走了 2s 步（因为快指针每次移动两步）.
• 快慢指针相遇时的情况：
• 当快慢指针相遇时，慢指针 slow 已经走了 s 步，其中 s = a + nb（n 是一个非负整数，表示慢指针在环中绕了多少圈）。 同时，快指针 fast 走了 2s 步，即 2s = a + mb（m是另一个非负整数，并且由于快指针走得快，所以 m 会比 n 大）.
• 找出 m 和 n 的关系：
• 由于快指针走的是慢指针的两倍，所以 2s = s + kb（其中 k 是慢指针在环中多绕的圈数）。 这意味着 s = kb。 所以，当快慢指针相遇时，慢指针在环中绕了 k 圈.
• 两个指针从不同起点同时移动：
• 现在，我们有一个指针从头节点 head 开始，另一个从快慢指针相遇点开始。 当从头节点开始的指针走了 a步到达环的起始节点 tail 时，从相遇点开始的指针也在环中走了 k*b 步（因为它之前已经走了这么多步）。 由于环的长度是 b，从相遇点开始的指针现在也在环的起始节点 tail。
• 结论：
• 因此，两个指针最终会在环的起始节点 tail 相遇。

伪代码描述：
// 假设 slow 和 fast 已经在环中相遇
slow = head // 重置 slow 到链表头
while (slow != fast) { // 当两个指针没有相遇时
slow = slow->next // 两者同时移动
fast = fast->next
}
// 此时 slow（和 fast）指向环的起始节点
这个逻辑利用了环的性质，确保两个指针最终会在环的起始节点相遇。

那么看到这就接近尾声了哦，劳动节假期也要接近尾声了，呜呜呜，那么咱们下期再见咯