大家都遇到过这个问题，就是如何判断一个单链表是否有环？当然，判断方法很多，但是目前网上最出名的那个方法大概是这样：设甲、乙两个指针指向同一起点，之后甲乙交替着走，甲每次走两步，乙每次走一步，遇到下面的情况则说明链表有环：甲某次走完两步后遇到了乙或者乙某次走完一步后遇到了甲。那么大家想没想过，为什么甲每次走两步，乙每次走一步这样可以？如果甲每次走4步乙每次走2步可不可以？各种步长对时间复杂度有什么影响？解释这个问题需要一些点初等数论上的东西，基本上就是欧几里得和丢番图方程的知识。
插曲：丢番图方程有解的条件和解的形式 假设丢番图方程为ax+by=c，d=gcd(a,b)，那么ax+by=c有解的充分必要条件为d|c。 设x0,y0是ax+by=gcd(a,b)=d的解。那么ax+by=c的解的形式为 x=x0*c/d+k*b/d y=y0*c/d-a/d k=0,1,2,......或 x=x0*c/d-k*b/d y=y0*c/d-a/d k=0,1,2,...... 插曲完毕。
画一个图，方便解释。
假如甲乙相遇时每个都走了X次，并且甲的步长是A，乙的步长是B，并且A>B。有的同学又有疑问了，为什么是都走了X次呢？为什么不能是甲走X次乙走了X-1次呢？这是因为在都走X次这种情况下，计算起来简单，并且如果我们能算出在甲乙都走了X次的情况下得时间复杂度，那么上面的判断方法的时间复杂度肯定不会超过都走X步这种情况的时间复杂度。好吧，继续往下说。
那么可以得到下面的方程X*(A-B)=Y*L2 <=> X*(A-B)-Y*L2=0，也就是说甲乙相遇时甲一定比乙多走了Y圈。把A,B,L2当成已知数。设d=gcd(A-B, L2)，那么上述方程有整数解得充分必要条件为d|0，表示0能被d整除。我们发现0能被任何数整除是恒成立的。那么我们能不能推出这样的结论，任何A，B都能够判断链表是否有环呢？答案是不能：必须得去掉A=B的这种情况，因为A=B，那么甲乙每次走完肯定都会在同一个位置，那么我们是无法判断的。所以我们得出一个叫大家比较惊讶的结论：只要A，B不相等并且都大于0，那么上面的判断方法肯定能够判断链表是否有环。
那么接下来，我们要算算我们如果按照这种方法判环，时间复杂度与A，B的关系。
假设这里面A，B是已知数，L2也是已知数，X,Y是未知数。那么这个方程X*(A-B)-Y*L2=0的解是什么样子呢？
根据上面的小插曲推出它的解的形式为，设d=gcd(A-B,L2)， X=x0*(0/d)+(L2/d)*k=L2/d*k Y=y0*(0/d)+((A-B)/d)*k=(A-B)/d*k k=0,1,2,...... (1) X=x0*(0/d)-(L2/d)*k=-L2/d*k Y=y0*(0/d)-((A-B)/d)*k=-(A-B)/d*k k=0,1,2,...... (2)
由实际情况可知(2)这种形式不合法，因为X，Y必须都是大于或者等于0的数。
那么这个X的最小值应该是什么样子呢，我们发现要使X最小，那么k就要尽可能的小，那么k的最小值取什么呢？k的最小值由这个不等式决定：
X*B>=L1 <=> L2/d*k*B>=L1 <=> k>=L1*d/(L2*B)，那么取k=ceil(L1*d/(L2*B))，ceil代表上取整。
那么X=L2/d*k=ceil(L1*d/(L2*B))*L2/d<=(L1*d/(L2*B)+1)*L2/d=L1/B + L2/d。
我们发现，X与B有关，与A-B和L2的最大公约数有关。由我们的判断方法可知，甲乙相遇时，甲最多走X次，乙最多也走X次，而每次甲走A步，乙走B步，那么走的总步数为Z<=AX+BX=(A+B)(L1/B+L2/d)。当A=2,B=1时，d=1，那么Z<=3*(L1+L2)，这里我们能够说d=1是因为A-B=1，它的最大因子就是1，而不用去理会L2到底是多少。
由Z<=AX+BX=(A+B)(L1/B+L2/d)可知，Z<=(A+B)(L1+L2)=O(L1+L2)。在这里，我们可以看到，只要A，B给定一个数值那么算法总是能够在线性时间给出答案。
水平有限，仅能给出这样的分析，还请大家提供更好的分析方法。