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 。
复制代码进阶：你能用 O(1)（即，常量）内存解决此问题吗？
上述是力扣中的题目！如果你已经看完了题目，那么，就该跟着笔者进入正文解析了！！
根据链表的基础知识，我们可以得出：如果一个链表是环形链表，那么最后一个节点一定存储了前面某个节点的地址！！
思路：快慢指针：
快慢指针，即慢指针一次走一步，快指针一次走两步，两个指针从链表的起始位置（头节点）开始进行，如果链表带环，则快指针与慢指针一定会在环中相遇！！否则，快指针一定会率先走到链表的尾部，比如，陪女朋友到操场跑步减肥！！
扩展问题：
为什么快指针一次走两步，慢指针一次走一步可以？？
复制代码假设链表带环，两个指针最后都会进入环，快指针先进入环，慢指针后进入环，当慢指针刚进入环时候，可能就与快指针相遇了，最差的情况下，两个指针的距离就是环的长度！此时两个指针每移动一次，之间的距离就缩小一步，，不会出现每次刚好是套圈的情况，因此，在慢指针走一圈之前，快指针肯定可以追上慢指针的！即相遇！
2.快指针一次走3步，走4步，...n步行吗？ 假设有环的情况下：快指针每次走3步，慢指针每次走1步，此时快指针肯定先进环，慢指针后来才进环，假设慢指针进环的时候，快慢指针的相对位置如图所示：
此时按照上述的假设：快指针每次走3步，慢指针每次走1步，来绕环移动，是永远不会相遇的！！此时进行了套圈！！
因此，只有快指针走2步，慢指针走1步才可以，换的是最小长度是1，即使套圈了，两个也能在相同位置！！
此时我们可以看出，环的问题，可以大致理解为：追及相遇的问题！！
那么，有了这些想法，我们还应该判断没环的情况下的问题：
经过上述的分析，我们可以看出当没环条件下的结束条件！
因此，我们有着下述的简单代码：写法1：
public boolean hasCycle(ListNode head){
ListNode fast=head;
ListNode slow=head;
while (fast != null && fast.next !=null){ //没环的情况下！
fast=fast.next.next;
slow=slow.next;
if (fast==slow){
return true;
}
}
return false;
}
复制代码写法2：
public boolean hasCycle2(ListNode head){
ListNode fast=head;
ListNode slow=head;
while (fast != null && fast.next !=null){
fast=fast.next.next;
slow=slow.next;
if (fast==slow){
break;//出while循环（有两种可能）
}
}
if (fast==null ||fast.next==null){//排除不是环的可能
return false;
}
return true;
}
复制代码经过这个题目，我们可以思考一下，如何进行手动置环？？
手动置环问题：遍历一遍链表，找到尾巴节点，其所对应的next本为null，将其改为前面任意节点的地址就可以了（保证有）！！
//手动置环
public void creatLoop(ListNode head){
ListNode cur=head;
while (cur.next !=null){
cur=cur.next;//找尾巴节点
}
cur.next=head.next.next;//保证有该节点！
}
复制代码- 环形链表 II
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。
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）。如果 pos 是 -1，则在该链表中没有环。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。
不允许修改 链表。
示例 1：
输入：head = [3,2,0,-4], pos = 1
输出：返回索引为 1 的链表节点
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：返回索引为 0 的链表节点
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：返回 null
解释：链表中没有环。
提示：
链表中节点的数目范围在范围 [0, 104] 内
-105 <= Node.val <= 105
pos 的值为 -1 或者链表中的一个有效索引
复制代码进阶：你是否可以使用 O(1) 空间解决此题？
对于这个题目，显得有点儿难度！！
结论 让一个指针从链表起始位置开始遍历链表，同时让一个指针从判环时相遇点的位置开始绕环运行，两个指针都是每次均走一步，最终肯定会在入口点的位置相遇。 证明
这个是主要的思路，或许你看不懂，没关系，那么请看一下笔者的推论吧！！
我们有着以下的简单思路：
1.当在最好的情况下：我们有着:fast多走一圈，然后与slow在相遇处相遇，此时，fast走的路程为：X+C(C-Y) 此时，slow走的路程：X+(C-Y)，由于fast的速度是slow的二倍，则路程也是2倍，即有着一下结论：2*(X+C-Y)=X+C+(C-Y) 经过计算，我们可以得到;X==Y
2.当不最好的情况下：fast走了很多圈，才与slow在相遇点相遇，此时说明，环的长度C很小很小！！
此时，fast走的路程为：X+NC(C-Y) 此时，slow走的路程：X+(C-Y)，由于fast的速度是slow的二倍，则路程也是2倍，即有着一下结论：2*(X+C-Y)=X+NC+(C-Y) 经过计算，我们可以得到;X==(N-1)*C+Y 因此，当N很大很大的时候，说明环很小很小了，而fast多走的长是从相遇点开始的！！
注意：
当慢指针进入环时候，快指针可能已经在环中绕了N圈了，N至少为1，因为当快指针先到环走到相遇点的位置，慢指针还没有进环！
慢指针进入环以后，快指针肯定会在慢指针走一圈之内追上慢指针，因为：快指针进环之后，快慢指针之间的距离最多就是环的长度，而两个指针在移动的时候，每次他们之间的距离都会缩减1步，因此，慢指针移动一圈之前，快指针一定可以追上慢指针的!!
复制代码下面请看笔者的代码吧！！代码很简单，但是思路很重要！！
//返回循环链表的相交节点
public ListNode detectCycle(ListNode head){
ListNode fast=head;
ListNode slow=head;
//先判断链表中是否有环？？
while (fast != null && fast.next !=null){
fast=fast.next.next;
slow=slow.next;
if (fast==slow){
break;
}
}
if (fast == null || fast.next == null){
return null;
}
//此时fast与slow已经在相遇点相遇了！
slow=head;//将fast或者slow任意一个拉回头节点head
while (fast !=slow){
fast=fast.next;
slow=slow.next;
}//当fast与slow再次相遇的时候，即为入口点
return fast;
}
复制代码对于这个代码，想必各位老铁都能看懂吧！！
由于在码字的过程中，出现了些许差错，导致有点错别字！！勿怪！勿怪！
