如何检查一个单向链表上是否有环?

原文： http://blog.csdn.net/fty8788/article/details/6531280
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

[cpp]
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Boolean reverse(Node *head) {  
  
  Node *curr = head;  
  
  Node *next = head->next;  
  
  curr->next = NULL;  
  
  while(next!=NULL) {  
  
   if(next == head) { /* go back to the head of the list, so there is a loop */  
  
     next->next = curr;  
  
     return TRUE;  
  
   }  
  
   Node *temp = curr;  
  
   curr = next;  
  
   next = next->next;  
  
   curr->next = temp;  
  
  }  
  
  /* at the end of list, so there is no loop, let's reverse the list back */  
  
  next = curr->next;  
  
  curr ->next = NULL;  
  
  while(next!=NULL) {  
  
   Node *temp = curr;  
  
   curr = next;  
  
   next = next->next;  
  
   curr->next = temp;  
  
  }  
  
  return FALSE;  
  
 }  

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)

[cpp]
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int   is_link_list_cicled(Node*   head)      
    {      
            Node   *p   =   head,   *q   =   head;      
            while(p   &&   q)      
            {                          
                    p   =   p-> next;      
                    q   =   q-> next;      
                    if(!q)      
                            return   0;      
                    q   =   q-> next;      
<pre name="code" class="cpp">                    if(p   ==   q)      
                            return   1;      
 } return 0; }    

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 + nrs= 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 = nra + x = (n – 1)r +r = (n-1)r + L - aa = (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

[cpp]
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slist* FindLoopPort(slist *head)    
{    
    slist *slow = head, *fast = head;    
    
    while ( fast && fast->next )     
    {    
        slow = slow->next;    
        fast = fast->next->next;    
        if ( slow == fast ) break;    
    }    
    
    if (fast == NULL || fast->next == NULL)    
        return NULL;    
    
    slow = head;    
    while (slow != fast)    
    {    
         slow = slow->next;    
         fast = fast->next;    
    }    
    
    return slow;    
}    

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。

[cpp]
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<pre></pre>  
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