如何判断两个链表相交及找到第一个相交点_,看看地址哈希值是否和第一个表中的节点地址值有相同即可判断两个链表是否相-优快云博客

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如何判断两个链表相交及找到第一个相交点

　　我们学一个算法，一定是为了用吧，所谓“学以致用”吗？那么判断两个链表是否相交有什么用呢？这是因为一旦两个链表出现相交的情况，就可能发生这样的情况，程序释放了链表La的所有节点，这样就导致了另外一个与之有相交节点的链表Lb中的节点也释放了，而Lb的使用者，可能并不知道事实的真相，这会带来很大的麻烦。

1.问题分析

　　看看两个链表相交到底是怎么回事吧，有这样的的几个事实：

1.1 假设链表中无环：

链表相交如下图

　　（1）一旦两个链表相交，那么两个链表中的节点一定有相同地址。

　　（2）一旦两个链表相交，那么两个链表从相交节点开始到尾节点一定都是相同的节点。

　　分析出来了问题的本质，那么思路也就自然有了。

1.2 假设链表中有环：

链表中有环如下图：

2.问题解法

2.1 直接法

直接判断第一个链表的每个结点是否在第二个链表中，时间复杂度为O(len1*len2)，耗时很大

2.2 哈希解法：

　　既然连个链表一旦相交，相交节点一定有相同的内存地址，而不同的节点内存地址一定是不同的，那么不妨利用内存地址建立哈希表，如此通过判断两个链表中是否存在内存地址相同的节点判断两个链表是否相交。具体做法是：遍历第一个链表，并利用地址建立哈希表，遍历第二个链表，看看地址哈希值是否和第一个表中的节点地址值有相同即可判断两个链表是否相交。

　　时间复杂度O(length1 + length2)

　　空间复杂度O(length1)

　　分析：时间复杂度是线性的，可以接受，并且可以顺便找到第一个相交节点，但是却增加了O（length1）的空间复杂度，这显然不能令人满意。

step 1 : 以链表节点地址为值，遍历第一个链表，使用Hash保存所有节点地址值，结束条件为到最后一个节点（无环）或Hash中该地址值已经存在（有环）。

step 2 : 再遍历第二个链表，

step 3 : 判断节点地址值是否已经存在于上面创建的Hash表中。

这个方面可以解决题目中的所有情况，时间复杂度为O(m+n)，m和n分别是两个链表中节点数量。由于节点地址指针就是一个整型，假设链表都是在堆中动态创建的，可以使用堆的起始地址作为偏移量，以地址减去这个偏移量作为Hash函数

2.3 查看最后一个节点(推荐)

两个没有环的链表相交于一节点，则在这个节点之后的所有结点都是两个链表所共有的。

不妨遍历每个链表保存最后一个节点，看看最后一个节点是否是同一个节点，这种情况时间复杂度是O（length1 + length2）。基本也不需要什么空间，似乎是一个不错的想法哦，那么怎么找到第一个相交节点呢？可以遍历的过程中记录链表的长度L1和L2(假设L1>L2)这是遍历找到第一个链表中的第L1 - L2节点，然后链表一从第L1-L2个节点开始遍历，链表二从第一个节点遍历，每次前进一步，直到找到第一个相同的节点，则可以认为两个链表存在相交节点，并且该点即为第一个相交节点（原来这里写错了，感谢Ider指出这个错误）。这种解法的时间复杂度也是线性的，但是如果两个链表长度相差不多时，时间复杂度还是不错的。

还可以这样：其中一个链表首尾相连，检测另外一个链表是否存在环，如果存在，则两个链表相交，而检测出来的依赖环入口即为相交的第一个

2.4 问题转化(有环情况)

　　如果两个链表中存在相交节点，那么将第二个链表接到第一个链表的后面，然后从第二个链表的表头开始遍历，如果存在环，则遍历过程一定会回到链表二的表头节点。可是这种方法似乎并不能找到第一个相交节点。怎么办呢？怎样才能判断链表中是否存在环，并且找到环的开始节点呢？

　　网上看到了这样的一个解法：设置两个指针fast和slow，初始值都指向头，slow每次前进一步，fast每次前进二步，如果链表存在环，则fast必定先进入环，而slow后进入环，两个指针必定相遇。(当然，fast先行头到尾部为NULL，则为无环链表)，这样就可以判断两个链表是否相交了，程序如下：

bool IsExitsLoop(slist * head)
{
　　slist * slow = head , * fast = head;

　　while ( fast && fast -> next )
　　{
　　　　slow = slow -> next;
　　　　fast = fast -> next -> next;
　　　　if ( slow == fast )

　　　　　　break ;
　　}
　　return ! (fast == NULL || fast -> next == NULL);
}

下面看看怎么找环的入口，当fast与slow相遇时，slow肯定没有走遍历完链表，而fast已经在环内循环了n圈(1<=n)。假设slow走了s步，则fast走了2s步（fast步数还等于s 加上在环上多转的n圈），设环长为r，则：
2s = s + nr
s= nr
设整个链表长L，入口环与相遇点距离为x，起点到环入口点的距离为a。
a + x = nr
a + x = (n – 1)r +r = (n-1)r + L - a
a = (n-1)r + (L – a – x)
(L – a – x)为相遇点到环入口点的距离，由此可知，从链表头到环入口点等于(n-1)循环内环+相遇点到环入口点（从相遇点向后遍历循环回到入口点的距离），于是我们从链表头、与相遇点分别设一个指针，每次各走一步，两个指针必定相遇，且相遇点为环入口点，也即为两个链表的第一个相同节点。程序描述如下：

slist* FindLoopPort(slist *head)
{
    slist *slow = head, *fast = head;
    while ( fast && fast->next ) 
    {
         slow = slow->next;
         fast = fast->next->next;
         if ( slow == fast )  break;
    }
    if (fast == NULL || fast->next == NULL)
        return NULL;
    slow = head;
    while (slow != fast)
    {
         slow = slow->next;
         fast = fast->next;
    }
    return slow;
}