一、单链表问题

1️⃣给一个单链表，判断是否存在环。
2️⃣如果存在环，找出环的入口点。
3️⃣如果存在环，求出环上节点的个数。
4️⃣如果存在环，求出链表的长度。
5️⃣如果存在环，求出环上距离任意一个节点最远的点(对面节点)。
6️⃣如何判断两个无环链表是否相交。如果相交，求出第一个相交的节点。

二、判断时候有环(链表头指针为head)

1️⃣“快慢指针”法。就是有两个指针 fast 和 slow，开始的时候两个指针都指向链表头head，然后在每一步操作中 slow 向前走一步即：slow = slow->next，而 fast 每一步向前走两步即：fast = fast->next->next。由于 fast 要比 slow 移动的快，如果有环，fast 一定会先进入环，而 slow 后进入环。当两个指针都进入环之后，经过一定步数的操作之后，二者一定能够在环上相遇，并且此时 slow 还没有绕环一圈(相当于田径跑道上套圈的逻辑)。如图：

当 slow 刚进入环时每个指针可能处于上面的情况，接下来 slow 和 fast 分别向前走即：

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

也就是说，slow 每次向前走一步，fast 向前追了两步，因此每一步操作后 fast 到 slow 的距离缩短了1步，这样继续下去就会使得两者之间的距离逐渐缩小：...、5、4、3、2、1、0 -> 相遇。又因为在同一个环中 fast 和 slow 之间的距离不会大于换的长度，因此到二者相遇的时候 slow 一定还没有走完一周(或者正好走完以后，这种情况出现在开始的时候 fast 和 slow 都在环的入口处)。

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 ; 
}

2️⃣使用 Set 做标记，一次遍历，当发现这个节点被标记了，那么说明走到了重复的点，也就说明有环了。

三、找出环的入口点

从上面的分析知道，当 fast 和 slow 相遇时，slow 还没有走完链表，假设 fast 已经在环内循环了n(1<= n)圈。此时 slow 走了s步，则 fast 走了2s步，又由于 fast 走过的步数为s + n*r(s + 在环上多走的n圈)，则有等式：
①2*s = s + n*r--->②s = n*r。
假设起点到入口点的距离是a，入口点到相遇点的距离是x，则有：
③a + x = s = n*r--->④a = n*r - x。

结合④以及上图可以看出，从链表起点 head 开始到入口点的距离a，与从入口点到 slow 和 fast 的相遇点的距离x相等。【分析】现让一指针p1从链表起点 head 开始遍历，指针p2从相遇点开始遍历，且p1和p2移动步长均为1。则当p1移动a步即到达环的入口点，由④可知，此时p2也已移动a步即nr - x步。由于p2是从相遇点开始移动，故p2移动nr步是回到了相遇点，再退x步则是到了环的入口点。也即，当p1移动a步第一次到达环的入口点时，p2也恰好到达了该入口点。

因此可以用指针(ptr1，prt2)，同时从 head 与 slow 和 fast 的相遇点出发，每一次操作走一步，直到 ptr1 == ptr2，此时的位置也就是入口点。

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 ; //没有环，返回NULL值 
   
    Node * ptr1 = head ; //链表开始点 
    Node * ptr2 = slow ; //相遇点 
    while (ptr1 != ptr2)  
    { 
        ptr1 = ptr1 -> next ; 
        ptr2 = ptr2 -> next ; 
    } 
    return ptr1 ; //找到入口点 
} 

四、求环上节点的个数

1️⃣记录下相遇节点存入临时变量 tempPtr，然后让 slow (或者 fast 也行)继续向前走slow = slow -> next，一直到slow == tempPtr，此时经过的步数就是环上节点的个数。

2️⃣从相遇点开始 slow 和 fast 继续按照原来的方式向前走slow = slow -> next; fast = fast -> next -> next;直到二者再次相遇，此时经过的步数就是环上节点的个数 。

对于第二种思路，可以这样想，结合上面的分析，fast 和 slow 每一次操作都会使得两者之间的距离较少1。可以把两者相遇的时候看做两者之间的距离正好是整个环的长度r。因此，当再次相遇的时候所经过的步数正好是环上节点的数目。

五、求出链表的长度

链表长度L = 起点到入口点的距离 + 环的长度r

六、求出环上距离任意一个节点最远的点(对面节点)

如图，点1和4、点2和5、点3和6分别互为“对面节点”，也就是环上最远的点，要求是怎么求出环上任意一个点的最远点。

对于环上任意的一个点 ptr0，要找到它的“对面点”，可以这样思考：同样使用快慢指针法，让 slow 和 fast 都指向 ptr0，每一步都执行与上面相同的操作(slow 每次跳一步，fast 每次跳两步)，当fast = ptr0或者fast = prt0->next的时候 slow 所指向的节点就是 ptr0 的”对面节点“。

为什么是这样呢？可以这样分析：

如图，把环从 ptr0 处展开，展开后可以是无限长的(如上在6后重复前面的内容)。由于 slow 移动的距离永远是 fast 的一半，因此当 fast 遍历完整个环长度r个节点的时候 slow 正好遍历了r/2个节点，也就是说此时正好指向距离 ptr0 最远的点。

七、如何判断两个无环链表是否相交，如果相交，求出第一个相交的节点

做个转化：假设有两个链表 listA 和 listB，如果两个链表都无环，并且有交点，那么可以让其中一个链表(比如listA)的尾节点连接到其头部，这样在 listB 中就一定会出现一个环。因此这个问题就转化成了问题1️⃣和2️⃣。看看下图就会明白了：