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1、题目链接
2、题目介绍
3、解法（双指针）
返回结果
算法正确性
时间复杂度
4、代码
1、题目链接
160. 相交链表 - 力扣（LeetCode）
2、题目介绍
3、解法（双指针）
推荐题解：题解 - 力扣（LeetCode）
该题解中的图示过程非常清晰！
这道题目，类似于检测两个链表中是否存在环。--->针对有环问题 ---> 我们通常使用快慢指针解决。
那么本题，使用的就是快慢指针的一个变形，找到两个链表的相交点。
设「第一个公共节点」为 node ，「链表 headA」的节点数量为 a ，「链表 headB」的节点数量为 b ，「两链表的公共尾部」的节点数量为 c ，则有：
头节点 headA 到 node 前，共有 a−c 个节点；
头节点 headB 到 node 前，共有 b−c 个节点；
考虑构建两个节点指针 A , B 分别指向两链表头节点 headA , headB ，做如下操作：
- 指针 A 先遍历完链表 headA ，再开始遍历链表 headB ，当走到 node 时，共走步数为：a+(b−c)
- 指针 B 先遍历完链表 headB ，再开始遍历链表 headA ，当走到 node 时，共走步数为：b+(a−c)
如下式所示，此时指针 A , B 重合，这是因为两个指针都遍历了相同的节点数（包括重复遍历的部分），并有两种情况：
a+(b−c)=b+(a−c)
- 若两链表 有 公共尾部 (即 c>0 ) ：指针 A , B 同时指向「第一个公共节点」node 。
- 若两链表 无 公共尾部 (即 c=0 ) ：指针 A , B 同时指向 null 。
返回结果
返回 A（或 B，因为它们此时是相同的）作为相交节点的指针。
如果 A 和 B 没有相遇（都为 null 或指向不同的节点），则返回 null。但在这个算法中，由于我们是在两个链表之间循环遍历，所以它们要么相遇，要么在原始链表上同时到达末尾（然后重新遍历另一个链表），这种情况在逻辑上被视为不相交，因此实际上我们不需要显式地检查 null。
算法正确性
该算法的正确性基于这样一个事实：
如果两个链表相交，那么从两个链表的头节点出发，分别遍历到相交节点的路径长度之差一定等于两个链表长度之差。
当我们让一个指针到达链表末尾后重新指向另一个链表的头节点时，我们实际上是在“补齐这个长度差。
因此，两个指针最终会在相交节点上相遇。
时间复杂度
由于每个节点最多被访问两次（一次在其原始链表中，一次在另一个链表中），所以时间复杂度为 O(m + n)，其中 m 和 n 分别是两个链表的长度。
空间复杂度：
我们只使用了两个指针，所以空间复杂度为 O(1)。
4、代码
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
ListNode* getIntersectionNode(ListNode* headA, ListNode* headB) {
//a+b-c
//a-c+b
//有公共的结点，c>0,
ListNode* pa = headA;
ListNode* pb = headB;
while (pa != pb)
{
if (pa == NULL)
pa = headB;
else
pa = pa->next;
if (pb == NULL)
pb = headA;
else
pb = pb->next;
}
return pa;
}
};
