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;
}
}