力扣142. 环形链表
力扣142. 环形链表 II
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。
如果链表中有某个节点，可以通过连续跟踪 next 指针再次到达，则链表中存在环。为了表示给定链表中的环，评测系统内部使用整数 pos 来表示链表尾连接到链表中的位置（索引从 0 开始）。如果 pos 是 -1，则在该链表中没有环。
注意：pos 不作为参数进行传递，仅仅是为了标识链表的实际情况。不允许修改链表。
示例 1：
输入：head = [3, 2, 0, -4], pos = 1
输出：返回索引为 1 的链表节点
解释：链表中有一个环，其尾部连接到第二个节点。示例 2：
输入：head = [1, 2], pos = 0
输出：返回索引为 0 的链表节点
解释：链表中有一个环，其尾部连接到第一个节点。示例 3：
输入：head = [1], pos = -1
输出：返回 null
解释：链表中没有环。提示：
- 链表中节点的数目范围在范围 [0, 104] 内
- -105 <= Node.val <= 105
- pos 的值为 -1 或者链表中的一个有效索引
进阶：你是否可以使用 O(1) 空间解决此题？
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/linked-list-cycle-ii
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
哈希表
思路与算法
遍历链表中的每个节点，并记录下来。一旦遇到之前保存过的节点，就可以判定为环形链表。为了方便查询，使用哈希表结构实现。
代码实现
- C++ 实现
class Solution {
public:
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
unordered_set<ListNode *> visited;
while (head != nullptr) {
if (visited.count(head)) {
return head;
}
visited.insert(head);
head = head->next;
}
return nullptr;
}
};- Java 实现
public class Solution {
public ListNode detectCycle(ListNode head) {
ListNode pos = head;
Set<ListNode> visited = new HashSet<ListNode>();
while (pos != null) {
if (visited.contains(pos)) {
return pos;
} else {
visited.add(pos);
}
pos = pos.next;
}
return null;
}
}复杂度分析
时间复杂度：O(N)，其中 N 为链表中节点的数目。需要访问链表中的每一个节点。 空间复杂度：O(N)，其中 N 为链表中节点的数目。需要将链表中的每个节点都保存在哈希表当中。
快慢指针
思路与算法
使用两个指针，fast 与 slow。它们起始都位于链表的头部。随后，slow 指针每次向后移动一个位置，而 fast 指针向后移动两个位置。如果链表中存在环，则 fast 指针最终将再次与 slow 指针在环中相遇。
代码实现
- C++ 实现
class Solution {
public:
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
ListNode *slow = head;
ListNode *fast = head;
while (fast != nullptr) {
slow = slow->next;
if (fast->next == nullptr) {
return nullptr;
}
fast = fast->next->next;
if (fast == slow) {
ListNode *ptr = head;
while (ptr != slow) {
ptr = ptr->next;
slow = slow->next;
}
return ptr;
}
}
return nullptr;
}
};- Java 实现
public class Solution {
public ListNode detectCycle(ListNode head) {
if (head == null) {
return null;
}
ListNode slow = head;
ListNode fast = head;
while (fast != null) {
slow = slow.next;
if (fast.next != null) {
fast = fast.next.next;
} else {
return null;
}
if (fast == slow) {
ListNode ptr = head;
while (ptr != slow) {
ptr = ptr.next;
slow = slow.next;
}
return ptr;
}
}
return null;
}
}复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)，其中 N 为链表中节点的数目。在最初判断快慢指针是否相遇时，slow 指针走过的距离不会超过链表的总长度；随后寻找入环点时，走过的距离也不会超过链表的总长度。
- 空间复杂度：O(1)。只使用了三个指针。
快慢指针的数学分析
快慢指针的相遇问题
如下图所示，设链表中环外部分的长度为 a。slow 指针进入环后，又走了 b 的距离与 fast 相遇。此时，fast 指针已经走完了环的 n 圈，因此它走过的总距离为 a + n(b + c) + b = a + (n + 1)b + nc。
设 fast 指针走过的距离都为 slow 指针的 x 倍，因此有 a + (n + 1)b + nc = x(a + b) ⟹ (b + c)n = (x − 1)(a + b)。即从相遇点到入环点的距离加上 n 圈的环长，恰好等于从链表头部到入环点的距离的 x - 1 倍。
若 x = 2，快指针步长为慢指针的 2 倍，(b + c)n = a + b 方程组有解。若 x = 3，快指针步长为慢指针的 3 倍，(b + c)n = 2(a + b) 方程组有解。
循环圈的起始位置问题
由 (b + c)n = (x - 1)(a + b) 方程可知从相遇点到入环点的距离是环长的倍数。因此，当发现 slow 与 fast 相遇时，我们再额外使用一个指针 ptr。起始位置指向链表头部，随后它和 slow 每次向后移动一个位置。最终，它们会在入环点相遇。