菜鸟系列之C/C++经典试题(七)
来源:互联网 发布:检查ip端口是否打开 编辑:程序博客网 时间:2024/06/14 13:59
找含单链表的环入口点
问题1:如何判断单链表中是否存在环(即下图中从结点E到结点R组成的环)?
分析:设一快一慢两个指针(Node *fast, *low)同时从链表起点开始遍历,其中快指针每次移动长度为2,慢指针则为1。则若无环,开始遍历之后fast不可能与low重合,且fast或fast->next最终必然到达NULL;若有环,则fast必然不迟于low先进入环,且由于fast移动步长为2,low移动步长为1,则在low进入环后继续绕环遍历一周之前fast必然能与low重合(且必然是第一次重合)。于是函数可写如下:
bool hasCircle(Node* head, Node* &encounter){Node *fast = head, *slow = head;while(fast && fast->next){fast = fast->next->next;slow = slow->next;if(fast == slow){encounter = fast;return true;}}encounter = NULL;return false;}
问题2:若存在环,如何找到环的入口点(即上图中的结点E)?
解答:如图中所示,设链起点到环入口点间的距离为x,环入口点到问题1中fast与low重合点的距离为y,又设在fast与low重合时fast已绕环n周(n>0),且此时low移动总长度为s,则fast移动总长度为2s,环的长度为r。则
s + nr = 2s,n>0 ①
s = x + y ②
由①式得 s = nr
代入②式得
nr = x + y
x = nr - y ③
现让一指针p1从链表起点处开始遍历,指针p2从encounter处开始遍历,且p1和p2移动步长均为1。则当p1移动x步即到达环的入口点,由③式可知,此时p2也已移动x步即nr - y步。由于p2是从encounter处开始移动,故p2移动nr步是移回到了encounter处,再退y步则是到了环的入口点。也即,当p1移动x步第一次到达环的入口点时,p2也恰好到达了该入口点。于是函数可写如下:
Node* findEntry(Node* head, Node* encounter){ Node *p1 = head, *p2 = encounter;while(p1 != p2){p1 = p1->next;p2 = p2->next;}return p1;}
原文来自:http://blog.csdn.net/wuzhekai1985/article/details/6725263
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