解题思路：
定义一对快慢指针，slow指针每次走一步，fast指针每次走两步。当快指针入环时，慢指针只走了一半。
当slow指针入环时，fast指针已经在环内走了许多步。让他们两个继续走，直到相遇，可以证明链表是带环的。这是因为不带环的链表快慢指针不可能会相遇。
代码：
cs
typedef struct ListNode listnode;
bool hasCycle(struct ListNode *head) {
listnode* slow=head,*fast=head;
while(fast && fast->next)
{
slow = slow->next;
fast = fast->next->next;
if(slow == fast)
{
return true;
}
}
return false;
}
代码到这里就已经解答完成了，是不是非常简单呢？
那么，我们就思考点更有意思的问题吧！
- 为什么快慢指针一定会相遇？没有可能错过，永远追不上？
- slow走一步，fast走3步、4步、5步或n步，结果也还是一样的吗？
哦莫，直击心灵的问题。
对问题1的思考与解答：
敲敲，数学课上课啦！
在快指针每次走两步，慢指针每次走一步的情况下，不可能会错过，一定能够追上。
假设slow指针进环时，fast指针与slow指针相差的距离为N。那么每次快慢指针移动过后，相差距离就减少1。这是因为慢指针每次走1步，快指针每次走2步，2 - 1 = 1。
|--------|--------|
| 移动次数 | 相差距离 |
| 0 | N |
| 1 | N-1 |
| 2 | N-2 |
| 3 | N-3 |
| 4 | N-4 |
| ...... | ...... |
| X-2 | 2 |
| X-1 | 1 |
| X | 0 |
**当相差距离为0时，代表两指针相遇了。**所以一定能追上。
对问题2的思考与解答：
通过问题1的解答，我们不难发现：快指针每次走的步数 - 慢指针每次走的步数 = N每次的减少量
所以假设快指针现在每次走3步，慢指针不变，那么N每次减少2。这时候，就出现了一个问题。
N为偶数时，每次减少2，最后能得到N=0的结果。然而，当N为奇数时，最后N= -1。
此处的**-1 意为fast指针已经越过了slow指针** （如下图所示），假设整个环的大小为C，那么N 就变为了 C-1。
此时，就可以把C-1看成是N。如果C-1为偶数，那么最后就能得到N=0的结果；但如果C-1为奇数，那么结果还是-1，又变成了C-1，而C-1永远是奇数，因此一定无法相遇。
总结（"fast每次走2步，slow每次走1步"的情况）：
- 如果N为偶数，那么第一轮slow和fast就能相遇
- 如果N为奇数，第二轮一开始fast和slow相差C-1
- 若C-1是偶数，那么第二轮就追上了
- 若C-1是奇数，那么就永远也追不上
所以，同时存在C是偶数且N是奇数，那么就永远也追不上。
数学论证：
假设进环以前，slow与fast都需要走L的路程。那么当slow进环时，fast已经走了 L + x*C + C - N（x为fast在环里面转了几圈）
因为slow进环时，fast走的距离是slow3倍，所以slow走了L，fast走了3L。
综上所述，得到公式：3L = L + x*C +C - N
即2L = (x+1)*C - N。2L一定是偶数，要论证的是C是偶数且N是奇数时，永远追不上（可以使用反证法）。把这种情况代入公式，C为偶数，那么(x+1)*C一定是偶数；N为奇数，因此右式一定为奇数（ 偶数-奇数 一定是奇数），相互矛盾。所以C是偶数且N是奇数时，永远追不上。证毕。
除了这种情况外，其他情况下fast都是能追上slow的。
更多情况：
假设fast每次走4步，slow每次走1步，那么情况就与上文所讲解的形同。继续通过判断是奇数还是偶数，以及列出判断公式就能解决问题。**只是情况要分为了两指针错过后，相距C-2还有相距C-1两种情况（N和3取模即可有不同结果）。**请大家也来试着做做吧！