摘要：由于要比移動的快，如果有環，一定會先進入環，而后進入環。現在問題就簡單了，由于移動的距離永遠是的一般，因此當遍歷玩整個環長度個節點的時候正好遍歷了個節點，也就是說，此時正好指向距離最遠的點。

首先，關于單鏈表中的環，一般涉及到以下問題：

1.給一個單鏈表，判斷其中是否有環的存在；

2.如果存在環，找出環的入口點；

3.如果存在環，求出環上節點的個數；

4.如果存在環，求出鏈表的長度；

5.如果存在環，求出環上距離任意一個節點最遠的點（對面節點）；

6.（擴展）如何判斷兩個無環鏈表是否相交；

7.（擴展）如果相交，求出第一個相交的節點；

下面，我將針對上面這七個問題一一給出解釋和相應的代碼。

1.判斷時候有環（鏈表頭指針為head）

對于這個問題我們可以采用“快慢指針”的方法。就是有兩個指針fast和slow，開始的時候兩個指針都指向鏈表頭head，然后在每一步

操作中slow向前走一步即：slow = slow->next，而fast每一步向前兩步即：fast = fast->next->next。

由于fast要比slow移動的快，如果有環，fast一定會先進入環，而slow后進入環。當兩個指針都進入環之后，經過一定步的操作之后

二者一定能夠在環上相遇，并且此時slow還沒有繞環一圈，也就是說一定是在slow走完第一圈之前相遇。證明可以看下圖：

當slow剛進入環時每個指針可能處于上面的情況，接下來slow和fast分別向前走即：

if (slow != NULL && fast->next != NULL)  
{  
         slow = slow -> next ;  
         fast = fast -> next -> next ;  
} 

也就是說，slow每次向前走一步，fast向前追了兩步，因此每一步操作后fast到slow的距離縮短了1步，這樣繼續下去就會使得
兩者之間的距離逐漸縮小：...、5、4、3、2、1、0 -> 相遇。又因為在同一個環中fast和slow之間的距離不會大于換的長度，因此

到二者相遇的時候slow一定還沒有走完一周（或者正好走完以后，這種情況出現在開始的時候fast和slow都在環的入口處）。

問題1是否存在環的解答

typedef struct node{  
    char data ;  
    node * next ;  
}Node;  
bool exitLoop(Node *head)  
{  
    Node *fast, *slow ;  
    slow = fast = head ;  
  
    while (slow != NULL && fast -> next != NULL)  
    {  
        slow = slow -> next ;  
        fast = fast -> next -> next ;  
        if (slow == fast)  
            return true ;  
    }  
    return false ;  
}

問題2 環的入口點：

從上面的分析知道，當fast和slow相遇時，slow還沒有走完鏈表，假設fast已經在環內循環了n(1<= n)圈。假設slow走了s步，則fast走了2s步，又由于
fast走過的步數 = s + n*r（s + 在環上多走的n圈），則有下面的等式：
2s = s + n ? r；（1）
=> s = n*r；（2）

如果假設整個鏈表的長度是L，入口和相遇點的距離是x（如上圖所示），起點到入口點的距離是a(如上圖所示)，則有：
a + x = s = n * r; (3) ?由（2）推出
a + x = (n - 1) r + r ?= (n - 1) r + (L - a) (4) 由環的長度 = 鏈表總長度 - 起點到入口點的距離求出
a = (n - 1) * r + (L -a -x) (5)
從式子（5）以及上圖我們可以看出，從鏈表起點head開始到入口點的距離a,與從slow和fast的相遇點（如圖）到入口點的距離相等。
因此我們就可以分別用一個指針（ptr1, prt2），同時從head與slow和fast的相遇點出發，每一次操作走一步，直到ptr1 == ptr2，此時的位置也就是入口點！
到此第二個問題也已經解決。

Node* findLoopStart(Node *head)
{
    Node *fast, *slow ;
    slow = fast = head ;
 
    while (slow != NULL && fast -> next != NULL)
    {
        slow = slow -> next ;
        fast = fast -> next -> next ;
        if (slow == fast) break ;
    }
    if (slow == NULL || fast -> next == NULL) return NULL ; //沒有環，返回NULL值
 
    Node * ptr1 = head ; //鏈表開始點
    Node * ptr2 = slow ; //相遇點
    while (ptr1 != ptr2) 
    {
        ptr1 = ptr1 -> next ;
        ptr2 = ptr2 -> next ;
    }
    return ptr1 ; //找到入口點

第3個問題，如果存在環，求環上節點的個數：

方式1：記錄下相遇節點存入臨時變量tempPtr，然后讓slow(或者fast，都一樣)繼續向前走slow = slow -> next；一直到slow == tempPtr; 此時經過的步數就是環上節點的個數；
方式2： 從相遇點開始slow和fast繼續按照原來的方式向前走slow = slow -> next; fast = fast -> next -> next；直到二者再次項目，此時經過的步數就是環上節點的個數 。
兩種方式本質是一樣的都是在相遇點再次開始走一遍直到再次相遇。

問題4是如果存在環，求出鏈表的長度：
問題二已經知道了起點到入口點的距離，問題三知道了環的長度r；
鏈表長度L = 起點到入口點的距離 + 環的長度r;

問題5是，求出環上距離任意一個節點最遠的點（對面節點）

如下圖所示，點1和4、點2和5、點3和6分別互為”對面節點“ ，也就是換上最遠的點，我們的要求是怎么求出換上任意一個點的最遠點。

對于換上任意的一個點ptr0, 我們要找到它的”對面點“，可以這樣思考：同樣使用上面的快慢指針的方法，讓slow和fast都指向ptr0，每一步都執行與上面相同的操作（slow每次跳一步，fast每次跳兩步），
當fast = ptr0或者fast = prt0->next的時候slow所指向的節點就是ptr0的”對面節點“。

如上圖，我們想像一下，把環從ptro處展開，展開后可以是無限長的（如上在6后重復前面的內容）如上圖。
現在問題就簡單了，由于slow移動的距離永遠是fast的一般，因此當fast遍歷玩整個環長度r個節點的時候slow正好遍歷了r/2個節點，
也就是說，此時正好指向距離ptr0最遠的點。

轉載原文：https://blog.csdn.net/doufei_...