环形链表判断和寻找入环点

本文分享一道非常经典的题目，选自力扣。
题1：link
题2：link
共两道OJ，我们一道道的看。

一.判断是否为环形链表

原题如下

大家可千万别被题目那个pos整蒙了，其实我们解题时，无需关注那个pos。
我们的任务是判断题目所给链表是否带环。

1.题目分析

乍一看题，似乎感觉简单。如果链表不带环，链表将以NULL结束，我们似乎只需遍历链表，看是否能找到NULL。但仔细想想这种方法并不可行，因为如果链表带环，你的程序就会一直遍历链表，你也不知道这到底是链表过长还是链表带环。

2.解法

再一想，相信很多朋友都会想出正确解法——快慢指针。
起始时快慢指针指向链表头，然后慢指针每次走一步，快指针每次走两步，如果链表带环，那么当慢指针进入环时，快指针就会追逐慢指针，因为快慢指针每次所走相距1步，所以每次移动时快慢指针之间的距离就会减一，这种情况下，他们总会相遇，证明链表带环。
如果链表不带环，那么当快指针指向NULL时结束循环即可。
上代码

bool hasCycle(struct ListNode *head)
{
    struct ListNode* slow = head, *fast = head; //快慢指针

    //这里不可直接写fast, 否则后面fast一次移动两步时可能造成NULL解引用
    while (fast && fast->next)
    {
        slow = slow->next; //走一步
        fast = fast->next->next; //走两步

        if (slow == fast)
        {
            return true;
        }
    }
    return false; //fast 或 fast->next 为NULL
}

代码较为简单，不再赘叙。

3.精华

如果你在面试时遇到这道题，那可不仅仅是这么简单。
面试官会问你，你如何证明这样快慢指针就一定会相遇？如果slow一次走1步fast一次走3步，情况如何？fast一次走4步？走5步？……
分析：
下面只讨论带环的情况。
我们将链表抽象为下图，初始时快慢指针指向链表头。

无论slow和fast一次所走的步数，当fast进入环即到达P点时，slow还未进环，当slow刚刚到达P点时，fast已经进入环。
此时，我们假设fast和slow之间的距离为N，环的长度为C

此时，如果快慢指针每次的步数相差1，如slow走1步，fast走2步，必能追上，因为每走一次，快慢指针之间的距离N就减少1，当N减为0时，快慢指针相遇。

但是，如果快慢指针每次的步数相差大于1，如slow走1步，fast走3步，此时每走一次，快慢指针之间的距离N就减少2。

如果N是偶数，那么N也可减为0，快慢指针相遇。

但N若为奇数，N将被减为-1，意味着快指针将会越过慢指针一步，此时的N就变成了C-1，以后每一步N同样是一次减2，这里同样有两种情况。

C为奇数，C-1位偶数，N可以减到0，快慢指针可以相遇。

C为偶数，C-1为奇数，N只能减到-1，此时快又再一次越过慢指针一位，即N又再次等于N-1，程序死循环。

即当快慢指针每次所走步数相差2时，若N为奇数，C为偶数，则程序死循环。
错误案例：

大家可以自己走一下试试。
同理，当快慢指针每次所走步数相差3步时，N不是3的倍数，且C-1或C-2也不是3的倍数，程序死循环……

二.寻找环形链表的入环位置

原题如下：

同样解题无需关注那个pos。

1.题目分析

这道题是上一道题的进阶版本，上一道题是要求我们判断链表是否带环，这一道题是让我们寻找链表环的入口点，并返回该节点，如果链表不带环，返回NULL。

2.解法

同样的，我们重点讨论带环的情况。
这道题的解法也相当于上一道题的进阶，同样是使用快慢指针，现在我们直接上结论。
结论：同样的，我们让慢指针一次走一步，快指针一次走两步，当快慢指针在环中相遇时，记录下这个相遇点M。然后我们定义指针cur从链表头开始走，让刚才在相遇点的slow指针也开始走，他们每次都走一步，他们的相遇点即为环的入口点。
上代码：

struct ListNode *detectCycle(struct ListNode *head)
{
    struct ListNode* slow = head, *fast = head;//快慢指针
    struct ListNode* cur = head;

    while(fast && fast->next)
    {
        slow = slow->next;
        fast = fast->next->next;
        if(slow == fast)
        {
            break;  //此时slow指针在相遇点处
        }
    }
    if(!fast || !(fast->next))  //链表不带环情况
    {
        return NULL;
    }
    while(slow != cur)  //slow和cur开始走，相遇结束
    {
        slow = slow->next;
        cur = cur->next;
    }
    return cur;//相遇点
}

同样的，代码相对简单，不再赘述。

3.证明

下面我们来证明上面的结论，这才是这道题的精华所在。
我们讨论的都是慢指针一次走一步，快指针一次走两步的情况。

如上图，当快慢指针在环中相遇时，我们假设几个变量。
L：链表非环部分的长度，即链表头到入环点之间的距离。
C：链表所带环的长度。
X：入环点到快慢指针相遇点的距离。
这里，我们来思考几个问题。
首先，快慢指针相遇时，慢指针移动的距离是多少？
很容易想到，因为快指针一次比慢指针多走一步，因此慢指针进入环时，在一圈之内，快指针一定就能追上慢指针。因此慢指针所移动的距离为 L + X
同样的，我们思考快指针移动的总距离。
这里，我们可以想到，在慢指针进入环之前，快指针就已经进环，如果环的长度较短，那么在慢指针进环之前，快指针有可能已经绕环转了很多圈。我们假设慢指针进入环时，快指针转了n圈，那么当快慢指针相遇时，快指针移动了 L + nC + X，这里的n大于等于1。
以为快指针移动的距离是慢指针的两倍，所以我们可以得到：
2 * (L + X) = L + nC + X
化简得：
L + X = nC = (n-1)C + C
即：
L = (n-1)C + C-X
从这个表达式中，我们就可以看出上面结论的正确性。
首先，C - X 表示的就是快慢相遇点到入环点之间的距离，它加上（n-1）被的环的长度，就等于链表头到入环点之间的距离。
那么我们就可以将一个指针cur放在头结点，一个指针miss放在环中快慢指针相遇点。他们同时出发，每次走一步，总会在入环点相遇。如果此时环的长度很短，那么n就会很大，也就是说，miss会在环中转n-1圈后再走C-X的距离与cur在入环点相遇。

三.总结

这两道题主要考察的是大家的逻辑思维能力，有些偏向于数学，代码都相对较为简单。所以大家在做这两道题时，可不能仅仅AC就完事。一定要细细推敲其中的逻辑关系，做到真正掌握。