给定一个链表,返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环,则返回 null。
为了表示给定链表中的环,我们使用整数 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。
说明:不允许修改给定的链表。
示例 1:
输入:head = [3,2,0,-4], pos = 1
输出:tail connects to node index 1
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:tail connects to node index 0
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:no cycle
解释:链表中没有环。
解题思路:
构建双指针第一次相遇:
设两指针 fast,slow 指向链表头部 head,fast 每轮走 2 步,slow 每轮走 1 步;
若 fast 指针走过链表末端,说明链表无环,直接返回 null(因为每走 1轮,fast 与 slow 的间距 +1,若有环,快慢两指针终会相遇);
当 fast == slow 时,代表两指针在环中 第一次相遇,此时执行 break 跳出迭代;
第一次相遇时步数分析: 设链表头部到环需要走 a 步,链表环走一圈需要 b 步,则链表共有a+b 个节点;设两指针分别走了 f, s 步,则有:
快指针走了慢指针 2 倍的路程,即 f=2s;(fast 每轮走 2 步,slow 每轮走 1 步)
快指针比慢指针多走了 n 个环的长度,即 f=s+nb;(双指针都走过 a 步,直到相遇 fast 比 slow 多走整数倍环的长度)
代入可推出:(快指针) f=2nb,(慢指针) s=nb,即快慢指针分别走了 2n,n 个环的周长。
构建双指针第二次相遇:
将 fast 指针重新指向链表头部 head,slow 指针位置不变,此时 fast走了 0 步,slow 指针走了 nb 步;
令双指针一起向前走,两指针每轮都走 1 步;
当 fast 指针走到 a 步时,slow 指针正好走到 a+nb 步,此时 两指针重合并同时指向链表环入口 。(a不代表在环内只走了一圈不到,可能走了多圈)
最终返回 fast 或 slow 即可。
复杂度分析:
时间复杂度 O(N) :第二次相遇中,慢指针须走步数a<a+b;第一次相遇中,慢指针须走步数 a + b - x < a + b,其中 x 为双指针重合点与环入口距离;因此总体为线性复杂度;
空间复杂度 O(1) :双指针使用常数大小的额外空间。
/** * Definition for singly-linked list. * class ListNode { * int val; * ListNode next; * ListNode(int x) { * val = x; * next = null; * } * } */ public class Solution { public ListNode detectCycle(ListNode head) { ListNode fastNode=head; ListNode slowNode=head; while(true){//先利用快慢指针判断是否存在环 if(fastNode==null||fastNode.next==null){ return null; } fastNode=fastNode.next.next; slowNode=slowNode.next; if(fastNode==slowNode)break; } fastNode=head; while(slowNode!=fastNode){//将快指针重置,与慢指针一起同步找到入口点 fastNode=fastNode.next; slowNode=slowNode.next; } return fastNode; } }
来源:https://www.cnblogs.com/yunianzeng/p/11570231.html