判断单链表是否存在环，判断两个链表是否相交问题详解(转载)

来源：互联网发布：js解析html代码编辑：程序博客网时间：2024/04/27 17:45

【摘要】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。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？扩展：判断两个单链表是否相交，如果相交，给出相交的第一个点。

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：

一、判断链表是否存在环，办法为：

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)程序如下：

bool IsExitsLoop(slist * head)
{
    slist * slow = head , * fast = head;

    while ( fast && fast -> next )
    {
        slow = slow -> next;
        fast = fast -> next -> next;
        if ( slow == fast ) break ;
    }

    return ! (fast == NULL || fast -> next == NULL);
}

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 + nr
s= 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 = nr
a + x = (n – 1)r +r = (n-1)r + L - a
a = (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：

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;
}

附一种易于理解的解释：

一种O（n）的办法就是（搞两个指针，一个每次递增一步，一个每次递增两步，如果有环的话两者必然重合，反之亦然）：
关于这个解法最形象的比喻就是在操场当中跑步，速度快的会把速度慢的扣圈

可以证明，p2追赶上p1的时候，p1一定还没有走完一遍环路，p2也不会跨越p1多圈才追上

我们可以从p2和p1的位置差距来证明，p2一定会赶上p1但是不会跳过p1的

因为p2每次走2步，而p1走一步，所以他们之间的差距是一步一步的缩小，4，3，2，1，0 到0的时候就重合了

根据这个方式，可以证明，p2每次走三步以上，并不总能加快检测的速度，反而有可能判别不出有环

既然能够判断出是否是有环路，那改如何找到这个环路的入口呢？

解法如下：当p2按照每次2步，p1每次一步的方式走，发现p2和p1重合，确定了单向链表有环路了

接下来，让p2回到链表的头部，重新走，每次步长不是走2了，而是走1，那么当p1和p2再次相遇的时候，就是环路的入口了。

这点可以证明的：

在p2和p1第一次相遇的时候，假定p1走了n步骤，环路的入口是在p步的时候经过的，那么有

p1走的路径： p+c ＝ n； c为p1和p2相交点，距离环路入口的距离

p2走的路径： p+c+k*L = 2*n； L为环路的周长，k是整数

显然，如果从p+c点开始，p1再走n步骤的话，还可以回到p+c这个点

同时p2从头开始走的话，经过n步，也会达到p+c这点

显然在这个步骤当中p1和p2只有前p步骤走的路径不同，所以当p1和p2再次重合的时候，必然是在链表的环路入口点上。

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。

判断单链表是否有环，求环长和环路起始节点

用两个指针slow和fast，步长分别为1和2，从头节点遍历链表。若两节点相遇则有环，否则没有。

bool IsCircular(Node head)

{

Node slow=head, fast=head;
while(fast != null)
{
        fast = fast.next;
        if(fast == null)
               return false;
        fast = fast.next;
        slow = slow.next;
        if(slow == fast)
               return true;
}
return false;

}

假设链表存在环，则fast和slow两指针必然会在slow对链表完成一次遍历之前相遇，证明如下：

slow首次在A点进入环路时，fast一定在环中的B点某处。设此时slow距head长为x，B点距A点长度为y，环周长为s。因为fast和slow的步差为1，所以slow前行距离为y的时候，恰好会被fast在M点追上。因为y<s，所以slow尚未完成一次遍历。

有人对fast和slow的步长作了不同的设置来改善算法的效率，其实采用别的步长有可能使两指针无法在完成第一次遍历之前相遇，因此步长1和2是一个最优的选择。

假设slow行进了x并在A点进入环路时，fast在环中已经行进了n圈来到B点(n>=0)，其行进距离为2x，则可得到如下等式：2x = x +ns+s-y，即x=(n+1)s-y

若此时再设置一个指向头节点的指针p，而slow在M处，当p行进了x来到A点时，M行进了x=(n+1)s-y，恰好也来到A处，即x长度可知。算法如下：

int CircleLength = -1;

Node FindCircle(Node head)

{

Node slow=head, fast=head;
int xy=0, n=0;
while(fast != null)
{
        fast = fast.next;
        if(fast == null)
        {
               return null;
        }
        fast = fast.next;
        slow = slow.next;
        xy++;
        if(slow == fast)
        {
               Node p = head;
               Node m = slow;
               while(p != slow)
               {
                       p = p.next;
                       slow = slow.next;
                       if(slow == m)
                             n++;
               }
               CircleLength = xy/(n+1);
               return p;
        }
}
return null;

}