单向链表上是否有环

详见：http://blog.yemou.net/article/query/info/tytfjhfascvhzxcyt115

有一个单链表，其中可能有一个环，也就是某个节点的next指向的是链表中在它之前的节点，这样在链表的尾部形成一环。

问题：

1、如何判断一个链表是不是这类链表？
2、如果链表为存在环，如果找到环的入口点？

解答：

1、最简单的方法, 用一个指针遍历链表, 每遇到一个节点就把他的内存地址(java中可以用object.hashcode())做为key放在一个hashtable中. 这样当hashtable中出现重复key的时候说明此链表上有环. 这个方法的时间复杂度为O(n), 空间同样为O(n).

2、使用反转指针的方法, 每过一个节点就把该节点的指针反向:

Boolean reverse(Node *head) {

1. Node *curr = head;

2. Node *next = head->next;

3. curr->next = NULL;

4. while(next!=NULL) {

5. if(next == head) {

6. next->next = curr;

7. return TRUE;

8. }

9. Node *temp = curr;

10. curr = next;

11. next = next->next;

12. curr->next = temp;

13. }

15. next = curr->next;

16. curr ->next = NULL;

17. while(next!=NULL) {

18. Node *temp = curr;

19. curr = next;

20. next = next->next;

21. curr->next = temp;

22. }

23. return FALSE;

24. }

看上去这是一种奇怪的方法: 当有环的时候反转next指针会最终走到链表头部; 当没有环的时候反转next指针会破坏链表结构(使链表反向), 所以需要最后把链表再反向一次. 这种方法的空间复杂度是O(1), 实事上我们使用了3个额外指针;而时间复杂度是O(n), 我们最多2次遍历整个链表(当链表中没有环的时候).

这个方法的最大缺点是在多线程情况下不安全, 当多个线程都在读这个链表的时候, 检查环的线程会改变链表的状态, 虽然最后我们恢复了链表本身的结构, 但是不能保证其他线程能得到正确的结果.

3、 这是一般面试官所预期的答案: 快指针和慢指针

设置两个指针(fast, 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)

int is_link_list_cicled(Node* head)

1. {

2. Node *p = head, *q = head;

3. while(p && q)

4. {

5. if(p == q)

6. return 1;

7. p = p-> next;

8. q = q-> next;

9. if(!q)

10. return 0;

11. q = q-> next;

12. }

13. return 0;

14. }

证明步长法的正确性(追击问题，如果有环则肯定可以相遇)：

如果链表有环，不妨假设其环长度为M（>=2）。
p指针首次到达交点（N0）时，q指针已经进入环。
设p=0;q=q-p;
再进过i(i>=0)步后，p=(p+i)%m；q=(q+2*i)%m；
则必存在一个i使得(p+i)%m = (q+2*i)%m。(p,q 都为常数)。

二、找到环的入口点

当fast若与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，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，且相遇第一点为环入口点。程序描述如下：

1. slist* FindLoopPort(slist *head)

2. {

3. slist *slow = head, *fast = head;

4. while ( fast && fast->next )

5. {

6. slow = slow->next;

7. fast = fast->next->next;

8. if ( slow == fast ) break;

9. }

10. if (fast == NULL || fast->next == NULL)

11. return NULL;

12. slow = head;

13. while (slow != fast)

14. {

15. slow = slow->next;

16. fast = fast->next;

17. }

18. return slow;

19. }

扩展问题：

判断两个单链表是否相交，如果相交，给出相交的第一个点（两个链表都不存在环）。

比较好的方法有两个：

一、将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点。

二、如果两个链表相交，那个两个链表从相交点到链表结束都是相同的节点，我们可以先遍历一个链表，直到尾部，再遍历另外一个链表，如果也可以走到同样的结尾点，则两个链表相交。

这时我们记下两个链表length，再遍历一次，长链表节点先出发前进(lengthMax-lengthMin)步，之后两个链表同时前进，每次一步，相遇的第一点即为两个链表相交的第一个点