【手撕OJ题】——141/142. 环形链表

news2024/11/22 21:14:51

🕒 题目 Ⅰ

🔎 141. 环形链表【难度：简单🟢】

给你一个链表的头节点 head ，判断链表中是否有环。

如果链表中有某个节点，可以通过连续跟踪 next 指针再次到达，则链表中存在环。为了表示给定链表中的环，评测系统内部使用整数 pos 来表示链表尾连接到链表中的位置（索引从 0 开始）。注意：pos 不作为参数进行传递。仅仅是为了标识链表的实际情况。

如果链表中存在环，则返回 true 。否则，返回 false 。

示例 1：

输入：head = [3,2,0,-4], pos = 1
输出：true
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：true
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：false
解释：链表中没有环。

提示：

链表中节点的数目范围是 [0, 10⁴]
-105 <= Node.val <= 105
pos 为 -1 或者链表中的一个有效索引。

进阶：你能用 O(1) 内存解决此问题吗？

⌛ 方法① - 快慢指针

💡 思路：定义两个指针 fast 和 slow，slow指针每次移动一步，而fast指针每次移动两步。如果链表带环，二者最终会在链表的某个节点相遇。

代码实现如下：

bool hasCycle(struct ListNode *head) {
    struct ListNode* fast = head, *slow = head;
    while(fast && fast->next)
    {
        slow = slow->next;
        fast = fast->next->next;
        if(fast == slow)  //如果快指针与慢指针相遇就代表有环
            return true;
    }
    return false;  //如果循环可以结束就代表没环
}

🕒 面试题

1、为什么快指针每次走两步，慢指针每次走一步，二者最终一定会在环中相遇？

解答：假设slow进环之后，fast和slow之间的差距为N（即追赶距离）。每一次追逐的过程中，距离都会缩小1，过程为：N、N-1、N-2、N-3、…、1、0，距离为0的时候就是相遇。

2、快指针一次走三步，慢指针一次走一步，可不可以？

解答：不一定，还是假设进环之后fast和slow之间的差距为N，每追逐一次，之间的距离缩小2步，过程为：N、N-2、N-4、N-6、…，对于这样的结果，如果之间的差距为偶数，最终之间的距离会变为0，说明追上了；如果之间的差距为奇数，最终之间的距离会变成1。然后继续追逐下去，差距就变成了-1，意味着fast和slow之间的距离变成了C-1，C为环的长度，然后重新追逐。
如果C-1是偶数，再追一圈就可以追上，如果C-1是奇数，永远追不上，一直进入新的追逐。

3、快指针一次走X步，慢指针一次走Y步可不可以？
解答：快指针一次走X步，慢指针一次走Y步，慢指针入环时二者的距离为N，快指针与慢指针之间的距离一次缩小X-Y，如果X-Y为1，则一定能够相遇；如果X-Y大于1，如2,3,4… … 可能相遇，也可能不相遇。

🕒 题目 Ⅱ

🔎 142. 环形链表Ⅱ【难度：中等🟡】

给定一个链表的头节点 head ，返回链表开始入环的第一个节点。如果链表无环，则返回 null。不允许修改 链表。

示例同上题，输出是返回索引为 pos值的链表节点。

⌛ 方法① - 快慢指针

💡 思路：定义两个指针 fast 和 slow，slow指针每次移动一步，而fast指针每次移动两步。首先求出二者在环中的相遇点；然后一个指针从链表的头开始走，另一个指针从相遇点开始走，最终二者会在入环点相遇。

假设环的长度为C，环之前的节点的长度为L，slow与fast在环中X距离处相遇，相遇时快指针已经在环中走了N圈，则如下图所示：

在这里插入图片描述

slow走的距离： $L + X$
fast走的距离： $L + X + N \times C$
fast走的距离是slow的两倍： $2 \times （ L + X ） = L + X + N \times C$
化简得： $L + X = N \times C$
转化得： $L = N \times C - X ==> L = （ N - 1) \times C + C - X$
所以一个指针从相遇点开始走，另一个指针从头开始走，二者最终会在入环点相遇。

代码实现如下：

struct ListNode *detectCycle(struct ListNode *head) {
    struct ListNode* fast = head, *slow = head, *cur = head;
    while(fast && fast->next)
    {
        slow = slow->next;
        fast = fast->next->next;

        // 找到相遇的节点
        if(fast == slow)
        {
            struct ListNode* meet = slow;
            // 一个指针从头开始走，另一个指针从相遇点开始走
            while(cur != meet)
            {
                cur = cur->next;
                meet = meet->next;
            }
            return cur;  // 二者最终会在入环点相遇
        }  
    }
    return NULL;  // 无环
}

⌛ 方法② - 转换为链表相交问题

💡 思路：定义两个指针 fast 和 slow，slow指针每次移动一步，而fast指针每次移动两步。首先求出二者在环中的相遇点，然后记录下相遇点的下一个节点并让相遇点的next指向NULL，让相遇点的下一个节点作为新链表的头，与原链表求交点，最后再把相遇点的next复原。
在这里插入图片描述

注意：

我们需要将相遇点的next置空，否则在求两个链表的交点的时候会发生死循环；
由于题目要求不修改原链表，所以最后我们需要把相遇点的next复原；

🔎 相交链表回顾

代码实现如下：

// 求两个链表的交点
struct ListNode *getIntersectionNode(struct ListNode *headA, struct ListNode *headB) {
    // 如果任意一个链表为空，则没有交点
    if (headA == NULL || headB == NULL) {
        return NULL;
    }

    struct ListNode *curA = headA;
    struct ListNode *curB = headB;

    // 当两个指针不同步时，继续循环
    while (curA != curB) {
        // 如果curA到达链表A的末尾，则重置到链表B的头部
        curA = (curA == NULL) ? headB : curA->next;
        // 如果curB到达链表B的末尾，则重置到链表A的头部
        curB = (curB == NULL) ? headA : curB->next;
    }

    // curA和curB要么同时为空（没有交点），要么同时指向交点
    return curA;
}

struct ListNode *detectCycle(struct ListNode *head) {
    struct ListNode* slow = head, *fast = head, *cur = head;
    while(fast && fast->next)
    {
        // 迭代
        slow = slow->next;
        fast = fast->next->next;

        // 找到相遇点
        if(slow == fast)
        {
            // 记录相遇点的下一个节点，并把链表从相遇点断开，避免求相交的时候发生死循环
            struct ListNode* meet = fast;
            struct ListNode* next = meet->next;
            meet->next = NULL;

            // 求两个链表相交
            struct ListNode* intersection = getIntersectionNode(cur, next);
            return intersection;

            // 恢复原链表
            meet->next = next;
        }
    }
    return NULL;  // 无环
}