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前言

• 本章的OJ练习相对于OJ练习(4)较为简单。不过，本章的OJ最重要的是要我们证明为何可以这么做。这也是面试中常出现的。

• 对于OJ练习(4)：-> 传送门 <-，分割链表以一种类似于归并的思想解得，回文链表以一种巧妙复用前面OJ题的思想解得。

• 啰嗦一下：对于本章，最重要的是需要证明为什么这样做可以，所以我们不光要做出来OJ，还要能够理解并自行给出证明。

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环形链表

• 题目链接： -> 传送门 <-。

• 题目描述：给你一个链表的头节点 head ，判断链表中是否有环。如果链表中存在环 ，则返回 true 。 否则，返回 false 。

带环链表类似于下面这种结构：

• 是否有环，实际上就是链表的最后一个节点是否指向了链表其中的一个节点，如果有环，我们遍历一遍链表的话，会陷入死循环。那么我们该如何判断链表是否有环呢？

解题思路：

• 由于带环链表直接遍历会陷入死循环，也就是说会无限在环内遍历下去，因此，这里可以引出一个追击问题：用快慢指针遍历链表。

• 我们定义两个指针，分别是慢指针slow，快指针fast，这两个指针同时遍历链表，slow每次走一步，fast每次走两步。fast会先进入环然后在环内跑圈，当slow进入环后，这就是一个典型的追及问题了，slow每次在环内走一步，fast每次在环内走两步，两个指针的距离每次缩小1，最终fast会追上slow与slow指向同一节点。当两个指针相等时，就可以判断该链表带环，因此判断条件就是fast == slow (return true)。

• 如果链表不带环，fast最终会指向NULL的前一个结点或者就指向NULL。因此，整个判断过程就结束了。

• 可以看到，如果链表没有环，链表的结点个数为偶数时，fast是指向NULL结束，链表的节点个数为奇数时，fast是指向最后一个结点结束。

解题代码：

bool hasCycle(struct ListNode *head) {struct ListNode* fast = head, * slow = head;while (fast && fast->next){fast = fast->next->next;slow = slow->next;if (fast == slow) return true;}return false;
}

为什么快慢指针可以？

• 快指针每次走两步，慢指针每次走一步，当两个指针都在环内的时候，就成了一个追击问题，两个指针的距离每次缩小一，最终快指针会追上慢指针，因此判断其有环。

• 那假如快指针每次走三步，慢指针走一步呢？

我们将带环链表抽象成下图：

假设每次快指针走三步，慢指针每次走一步，当两个指针都进环后，此时的相对位置为：

我们记此时慢指针slow与快指针fast的距离为N，慢指针每次走一步，快指针每次走三步，因此N每次减少2，于是就有：

N - 2
N - 4
N - 6
N - 8
.....
最终有两种情况：
😃. N = 1，然后再减2 -> -1
😉. N = 2，然后再减2 -> 0

• 如果N最后减为-1，那么再次追击，如果N最后减为0，则快指针等于慢指针，判断为true。所以得出：当N为奇数时，追不上；当N为偶数时，一定追得上。

• 如果追不上，最后fast会在slow的下一个位置，然后继续追击，那么，继续追击又是否追的上呢？

我们假设环的长度为C，那么此时再次追击两个指针的距离就为：C - 1,令T = C - 1,则：

T - 2
T - 4
T - 6
T - 8
.....
最终有两种情况：
😃. T = 1，然后再减2 -> -1
😉. T = 2，然后再减2 -> 0

• 因此，这里又有两种情况，有了前面的推导，这里不难得出，当C为偶数时，则C - 1（T）为奇数，此时继续追不上，并且下一次也是一样，所以这里会陷入死循环；当C为奇数时，则C - 1为偶数，此时是追的上的。因此，当C为偶数时，永远追不上，当C为奇数时，追的上。

所以，通过以上分析，快指针每次走三步，慢指针每次走一步不一定能判断是否为带环链表，可能会陷入死循环，尽管陷入死循环就说明带环。

那么快指针每次走4步，走5步，走n步呢？这里就不是我们该探讨的范围了，相信大家心里已经有答案了。

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环形链表 II

• 题目链接：-> 传送门 <-。

• 题目描述：给定一个链表的头节点 head ，返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环，则返回 null。注意：不允许修改链表。

• 与上一题不同的是，这一题首先是要判断链表是否带环，然后在带环的基础上返回链表入环的第一个节点。类似于下图：

解题思路：

• 这里直接说做法：先以第一题的思路使用快慢指针找到快指针和慢指针相遇的那个点，然后一个指针从该点开始走，一个指针从头开始走，每次走一步，最终两个指针会在入环的第一个节点相遇，然后返回这个节点。

解题代码：

struct ListNode *detectCycle(struct ListNode *head) {struct ListNode *slow = head, *fast = head;while (fast && fast->next){// 快指针每次走两步fast = fast->next->next;// 慢指针每次走一步slow = slow->next;// 如果找到相遇的那个点，就开始找入环的第一个节点if (slow == fast){struct ListNode *cur = slow;// 一个从头开始走，一个从当前节点开始走while (cur != head){head = head->next;cur = cur->next;}// 最终相遇的那个点就是入环的第一个节点return cur;}}// 如果链表不带环，就返回NULLreturn NULL;
}

证明：为什么一个指针从快慢指针相遇的那个点开始走，一个指针从头开始走，最终两个指针会在入环的第一个节点处相遇？

• 假设快慢指针在pos位置相遇，设链表头到入环的第一个节点的距离为X， 入环的第一个节点到pos的距离为Y，pos到入环的第一个节点的距离为L，整个环的周长为C：

由此，我们计算一下，当快慢指针在pos相遇时分别走了多长的距离：

😃 快指针：X + nC + Y;
😉 慢指针：X + Y;

😮 为什么快指针有个nC而不是C？
😮 为什么慢指针没有C?

• 快指针有个nC是因为：有可能这个环的长度比较短，在慢指针入环时，快指针已经在环内走了n圈了。
• 慢指针没有C是因为：慢指针入环后最多只会走C - 1步，不可能出现在环内步数超过一圈的情况，因此慢指针没有C。

因此由快指针每次走两步，慢指针每次走一步的特点可以得出下面这个公式：

X + nC + Y = 2(X + Y);

化简得：

X = nC - Y;

进一步化简得：

X = (n - 1)C + (C - Y);

最终得：

X = (n - 1)C + L;

由此公式，当一个指针从pos开始走，他走了(n - 1)C，最终还是会在pos位置。而当(n - 1)C走完后，从头开始走的指针与入环的第一个节点的距离为L，与此时pos到入环的第一个节点的距离相等。因此，为什么这样的做法可以，以上就是答案。

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写在最后

对于单链表的题目练习，最重要的是思路，我们在数据结构阶段要养成画图的习惯，因为它能帮助我们更好的理解。后续还会有单链表相关的题目练习。

感谢阅读本小白的博客，错误的地方请严厉指出噢！