判斷鏈表中是否有環 ----- 有關單鏈表中環的問題

 轉自：https://www.cnblogs.com/dancingrain/p/3405197.html

給定一個單鏈表，判斷其中是否有環，已是一個比較老同時也是比較經典的問題，在網上搜集了一些資料，

而後總結一下大概能夠涉及到的問題，以及相應的解法。

 

首先，關於單鏈表中的環，通常涉及到一下問題：

1.給一個單鏈表，判斷其中是否有環的存在；

2.若是存在環，找出環的入口點；

3.若是存在環，求出環上節點的個數；

4.若是存在環，求出鏈表的長度；

5.若是存在環，求出環上距離任意一個節點最遠的點（對面節點）；

6.（擴展）如何判斷兩個無環鏈表是否相交；

7.（擴展）若是相交，求出第一個相交的節點；

 

下面，我將針對上面這七個問題一一給出解釋和相應的代碼。

1.判斷時候有環（鏈表頭指針爲head）

對於這個問題咱們能夠採用「快慢指針」的方法。就是有兩個指針fast和slow，開始的時候兩個指針都指向鏈表頭head，而後在每一步

操做中slow向前走一步即：slow = slow->next，而fast每一步向前兩步即：fast = fast->next->next。

因爲fast要比slow移動的快，若是有環，fast必定會先進入環，而slow後進入環。當兩個指針都進入環以後，通過必定步的操做以後

兩者必定可以在環上相遇，而且此時slow尚未繞環一圈，也就是說必定是在slow走完第一圈以前相遇。證實能夠看下圖：

當slow剛進入環時每一個指針可能處於上面的狀況，接下來slow和fast分別向前走即：

if (slow != NULL && fast->next != NULL)  
{  
         slow = slow -> next ;  
         fast = fast -> next -> next ;  
}  

　　也就是說，slow每次向前走一步，fast向前追了兩步，所以每一步操做後fast到slow的距離縮短了1步，這樣繼續下去就會使得

 

二者之間的距離逐漸縮小：...、五、四、三、二、一、0 -> 相遇。又由於在同一個環中fast和slow之間的距離不會大於換的長度，所以

到兩者相遇的時候slow必定尚未走完一週（或者正好走完之後，這種狀況出如今開始的時候fast和slow都在環的入口處）。

typedef struct node{  
    char data ;  
    node * next ;  
}Node;  
bool exitLoop(Node *head)  
{  
    Node *fast, *slow ;  
    slow = fast = head ;  
  
    while (slow != NULL && fast -> next != NULL)  
    {  
        slow = slow -> next ;  
        fast = fast -> next -> next ;  
        if (slow == fast)  
            return true ;  
    }  
    return false ;  
}  

　　下面看問題2，找出環的入口點： 

　　我結合着下圖講解一下：

從上面的分析知道，當fast和slow相遇時，slow尚未走完鏈表，假設fast已經在環內循環了n(1<= n)圈。假設slow走了s步，則fast走了2s步，又因爲

fast走過的步數 = s + n*r（s + 在環上多走的n圈），則有下面的等式：

 

2*s = s + n  * r ; (1)

 => s = n*r (2)

若是假設整個鏈表的長度是L，入口和相遇點的距離是x（如上圖所示），起點到入口點的距離是a(如上圖所示)，則有：

a + x = s = n * r; (3)  由（2）推出

a + x = (n - 1) * r + r  = (n - 1) * r + (L - a) (4) 由環的長度 = 鏈表總長度 - 起點到入口點的距離求出

a = (n - 1) * r + (L -a -x) (5)

 

集合式子（5）以及上圖咱們能夠看出，從鏈表起點head開始到入口點的距離a,與從slow和fast的相遇點（如圖）到入口點的距離相等。

所以咱們就能夠分別用一個指針（ptr1, prt2），同時從head與slow和fast的相遇點出發，每一次操做走一步，直到ptr1 == ptr2，此時的位置也就是入口點！

到此第二個問題也已經解決。

下面給出示意性的簡單代碼（沒有測試可是應該沒有問題）：

Node* findLoopStart(Node *head)  
{  
    Node *fast, *slow ;  
    slow = fast = head ;  
  
    while (slow != NULL && fast -> next != NULL)  
    {  
        slow = slow -> next ;  
        fast = fast -> next -> next ;  
        if (slow == fast) break ;  
    }  
    if (slow == NULL || fast -> next == NULL) return NULL ; //沒有環，返回NULL值  
  
    Node * ptr1 = head ; //鏈表開始點  
    Node * ptr2 = slow ; //相遇點  
    while (ptr1 != ptr2)   
    {  
        ptr1 = ptr1 -> next ;  
        ptr2 = ptr2 -> next ;  
    }  
    return ptr1 ; //找到入口點  
}  

　　

第3個問題，若是存在環，求環上節點的個數：

對於這個問題，我這裏有兩個思路（確定還有其它跟好的辦法）：

思路1：記錄下相遇節點存入臨時變量tempPtr，而後讓slow(或者fast，都同樣)繼續向前走slow = slow -> next；一直到slow == tempPtr; 此時通過的步數就是環上節點的個數；

思路2： 從相遇點開始slow和fast繼續按照原來的方式向前走slow = slow -> next; fast = fast -> next -> next；直到兩者再次項目，此時通過的步數就是環上節點的個數 。

 

第一種思路很簡單，其實就是一次遍歷鏈表的環，從而統計出點的個數，沒有什麼能夠詳細解釋的了。

對於第二種思路，咱們能夠這樣想，結合上面的分析，fast和slow沒一次操做都會使得二者之間的距離較少1。咱們能夠把二者相遇的時候看作二者之間的距離正好是整個環的

長度r。所以，當再次相遇的時候所通過的步數正好是環上節點的數目。

因爲這兩種思路都比較簡單，代碼也很容易實現，這裏就不給出了。

 

問題4是若是存在環，求出鏈表的長度：

到這裏，問題已經簡單的多了，由於咱們在問題一、二、3中已經作得足夠的」準備工做「。

咱們能夠這樣求出整個鏈表的長度：

 

鏈表長度L = 起點到入口點的距離 + 環的長度r;

 

已經知道了起點和入口點的位置，那麼二者之間的距離很好求了吧！環的長度也已經知道了，所以該問題也就迎刃而解了！

 

問題5是，求出環上距離任意一個節點最遠的點（對面節點）

 

以下圖所示，點1和四、點2和五、點3和6分別互爲」對面節點「 ，也就是換上最遠的點，咱們的要求是怎麼求出換上任意一個點的最遠點。

對於換上任意的一個點ptr0, 咱們要找到它的」對面點「，能夠這樣思考：一樣使用上面的快慢指針的方法，讓slow和fast都指向ptr0，每一步都執行與上面相同的操做（slow每次跳一步，fast每次跳兩步），

當fast = ptr0或者fast = prt0->next的時候slow所指向的節點就是ptr0的」對面節點「。

爲何是這樣呢？咱們能夠這樣分析：

 

 

如上圖，咱們想像一下，把環從ptro處展開，展開後能夠是無限長的（如上在6後重復前面的內容）如上圖。

如今問題就簡單了，因爲slow移動的距離永遠是fast的通常，所以當fast遍歷玩整個環長度r個節點的時候slow正好遍歷了r/2個節點，

也就是說，此時正好指向距離ptr0最遠的點。

 

對於問題6（擴展）如何判斷兩個無環鏈表是否相交，和7（擴展）若是相交，求出第一個相交的節點，其實就是作一個問題的轉化：

 

假設有連個鏈表listA和listB，若是兩個鏈表都無環，而且有交點，那麼咱們可讓其中一個鏈表（不妨設是listA）的爲節點鏈接到其頭部，這樣在listB中就必定會出現一個環。

所以咱們將問題6和7分別轉化成了問題1和2.

看看下圖就會明白了：

到此結束！休息一下！

參考：

http://www.cppblog.com/humanchao/archive/2012/11/12/47357.html

http://blog.csdn.net/liuxialong/article/details/6555850

http://blog.csdn.net/liuxialong/article/details/6555850

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