“环形链表之带环链表~详解版“

带环链表题目详解

• 1.给定一个链表，判断链表中是否有环。
• [2.给定一个链表，返回链表开始入环的第一个结点。 如果链表无环，则返回 NULL](#2.给定一个链表，返回链表开始入环的第一个结点。 如果链表无环，则返回 NULL)
• ps:本次五一假期回家忘带鼠标，画图纯靠触摸板，画的不好请大佬们轻喷~

1.给定一个链表，判断链表中是否有环。

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【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。

【个人代码】

bool hasCycle(struct ListNode *head) 
{
    typedef struct ListNode ListNode;
    ListNode* fast = head,*slow = head;
    while(fast && fast->next)
    {
        fast = fast->next->next;
        slow = slow->next;
        if(fast == slow)
        {
            return true;
        }
    }
    return false;

}

【扩展问题】

为什么快指针每次走两步，慢指针走一步可以？为什么一定能追上？

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：在慢指针走到一圈之前，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？这时一定能追上吗？

我们来思考一下快指针一次走3步的情况：

当慢指针走到距离环入口3分之1的路程时，快指针已经走到环入口了。

慢指针走到环入口时，快指针已经在环里面走了一会了。假设环长为C，快慢指针的距离为N。

快慢指针的相对速度为2个单位，每追击一次，他们之间的距离就缩小2个单位。所以分为两种情况：1.N为奇数时 2.N为偶数时：

距离为-1的情况是快指针超过了慢指针，又开始重新追击，此时快慢指针的距离变为C-1。

在这里总结一下：

1.N为偶数时，第一轮就追上了

2.N为奇数时，第一轮错过了，重新追击，此时距离为C-1

a.如果C-1为偶数，下一轮就追上了

b.如果C-1为奇数，那末永远不会相遇

那末slow走1步，fast走4步呢？

其实这个问题的本质是相对速度的变化导致快慢指针距离变化多少，只要它们的距离能被相对速度整除，那末就一定能相遇。

回到快指针走3步的情况来：

思考一下在这种情况下会不会两个指针永远不会相遇？

这时候就需要寻找C和N之间的关系，我们寻找C和N的等式，快指针的速度是慢指针的3倍，那末快指针的走的距离也是慢指针的3倍，这样就找到了等式关系

结论：

一定能相遇。

N是偶数第一轮就追上了

N是奇数第一轮就追不上了，C-1是偶数第二轮就相遇了

2.给定一个链表，返回链表开始入环的第一个结点。 如果链表无环，则返回 NULL

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个人代码：

struct ListNode *detectCycle(struct ListNode *head) 
{
    typedef struct ListNode ListNode;
    ListNode* fast = head,*slow = head;
    while(fast && fast->next)
    {
        fast = fast->next->next;
        slow = slow->next;
        if(slow == fast)
        {
            ListNode* meet = slow;
            while(meet != head)
            {
                meet = meet->next;
                head = head->next;
            }
            return meet;
            
        }
    }

    return NULL;
}  

结论

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

ps:本次五一假期回家忘带鼠标，画图纯靠触摸板，画的不好请大佬们轻喷~