100个小问题_每日一题_第1题

problem 1：

 

      假设一个节点集合，无空指针（每个指针都指向自身或是指向集合中的其他节点）。 
      1：编写一个代码断，已知某节点的指针，求从该节点开始，沿着链接最终可以到达不同的节点数，要求不修改任何的节点，使用的额外内存空间不多于某个常量。 
      2：在1的条件下，编写一个函数，沿着两个已知的链接（意思就是知道两个节点指针，分别沿着各自链接下去），判断他们是否最后终止于同一个循环。 

 

值得一提的是：本题最初来源于algorithms in c，是书中的一个课外思考题，后来被一些公司改成了笔试或是面试题。 


以下是对于problem1，我个人写出个一个解答吧，算是抛砖引玉。。。 

第一问的求解： 

首先，可以简单证明从集合中的任意一个已知节点开始，沿着链接最终可以形成一个环。 
证明如下（利用反证法）：假设从某个节点k开始，沿着链接不能形成一个循环，那么这个链接必然是无穷的（因为没有空指针），然而节点集合却是有限的。矛盾，故必然会形成环。 

然后找到环路入口点，设置两个指针(fast, slow)，初始值都指给定的开始的节点，slow每次前进一步，fast每次前进二步，经过若干步后，则fast必定先进入环，而slow后进入环。 
入环后，两个指针必定相遇。而当fast若与slow相遇时，slow肯定没有走遍历完环路，而fast已经在环内循环了n圈(1<=n)。 

简单证明如下： 

当slow与fast都进入环后，可以将这个问题比喻为2个人就是在操场当中跑步，速度快的会把速度慢的扣圈追上。 
可以证明，fast追赶上slow的时候，slow一定还没有走完一遍环路，fast也不会跨越slow多圈才追上 
我们可以从fast和slow的位置差距来证明，fast一定会赶上slow但是不会跳过slow的 
因为fast每次走2步，而slow走一步，所以他们之间的差距是一步一步的缩小（把slow看作是在fast前面，让fast去追它），x,x-1 ………… 4，3，2，1，0 到0的时候就fast就追上slow了。 

接下来是如何找到这个环路的入口呢？ 

解法如下： 先让fast按照每次2步，slow每次1步的方式走，直到fast和slow重合。 
接下来，让fast回到初始的节点，重新走，每次步长不是走2了，而是走1，那么当fast和slow再次相遇的时候，就是环路的入口了。 

这点可以证明如下： 

在fast和slow第一次相遇的时候，假定slow走了n步骤，环路的入口是在p步的时候经过的，那么有 
slow走的路径： p+c ＝ n；   c为slow和fast相交点距离环路入口的距离。 
fast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，slow再走n步骤的话，还可以回到p+c这个点 
同时fast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fast和slow只有前p步骤走的路径不同，而后面c步是必须相同的。 
所以当fast和slow再次重合的时候，必然是在节点的环路入口点上，此时就求得了p值，再加上环的长度L就可以求得所能走过的最多不同节点数目。 

程序如下： 
int search_most_diffrent_nodes(list  *start){ 
    list *slow = start , * fast = start; 
    int num = 0; 
    while  (1) { 
        slow  =  slow -> next; 
        fast  =  fast -> next -> next; 
        if  ( slow  ==  fast )  break ;          //第一次相遇 
    } 
    for(fast = start; fast != slow; fast = fast -> next, slow = slow -> next) 
        num++;        //求得p，即起点到环路入口的节点数目 
    do { 
        slow = slow -> next; 
        num++;                   //加上环路的长度，即环路的节点数目 
    } while(slow != fast) 
    return num； 
} 

时间复杂度为O（n），空间复杂度为O（1）. 

第二问2求解： 
先根据问题的思想找到两个链的各自第一次相遇点，即保证两个链都已经进入环内，然后选择其中的任意一个环，遍历该环，若是两环相交，那么必须在遍历过程中经过另外一个环的第一次相遇点。 
否则不相交，即两个链接不能最后终止于同一个循环。 
代码如下： 

bool is_intersect(list *st1, list *st2){ 
    list *slow1 = st1, fast1 = st1; 
    list *slow2 = st2, fast2 = st2; 
    do { 
        slow1  =  slow1 -> next; 
        fast1  =  fast1 -> next -> next; 
    } while ( slow1 !=  fast1 ) 
    
    do { 
        slow2  =  slow2 -> next; 
        fast2  =  fast2 -> next -> next; 
    } while ( slow2 !=  fast2 ) 
    
    if(slow1 = slow2) return true; 
    for( slow1 = slow1 -> next; slow1 != fast1; slow1 = slow1 -> next) if(slow1 == slow2) return true; 
    return false; 
} 

时间复杂度为O（n），空间复杂度为O（1）.