双指针法：
解题思路：
这类链表题目一般都是使用双指针法解决的，例如寻找距离尾部第K个节点、寻找环入口、寻找公共尾部入口等。
算法流程：
双指针第一次相遇： 设两指针 fast，slow 指向链表头部 head，fast 每轮走 22 步，slow 每轮走 11 步；
第一种结果： fast 指针走过链表末端，说明链表无环，直接返回 null；
TIPS: 若有环，两指针一定会相遇。因为每走 11 轮，fast 与 slow 的间距 +1+1，fast 终会追上 slow；
第二种结果： 当fast == slow时， 两指针在环中 第一次相遇 。下面分析此时fast 与 slow走过的 步数关系 ：
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设链表共有 a+ba+b 个节点，其中 链表头部到链表入口 有 aa 个节点（不计链表入口节点）， 链表环 有 bb 个节点（这里需要注意，aa 和 bb 是未知数，例如图解上链表 a=4a=4 , b=5b=5）；设两指针分别走了 ff，ss 步，则有：
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fast 走的步数是slow步数的 22 倍，即 f = 2sf=2s；（解析： fast 每轮走 22 步）
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fast 比 slow多走了 nn 个环的长度，即 f = s + nbf=s+nb；（ 解析： 双指针都走过 aa 步，然后在环内绕圈直到重合，重合时 fast 比 slow 多走 环的长度整数倍 ）；
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以上两式相减得：f = 2nb，s = nb，即fast和slow 指针分别走了 2n，n 个 环的周长 （注意： n 是未知数，不同链表的情况不同）。
目前情况分析：
- 如果让指针从链表头部一直向前走并统计步数k，那么所有 走到链表入口节点时的步数 是：k=a+nb（先走 a 步到入口节点，之后每绕 1 圈环（ b 步）都会再次到入口节点）。
- 而目前，slow 指针走过的步数为 nb 步。因此，我们只要想办法让 slow 再走 a 步停下来，就可以到环的入口。
- 但是我们不知道 a 的值，该怎么办？依然是使用双指针法。我们构建一个指针，此指针需要有以下性质：此指针和slow 一起向前走 a 步后，两者在入口节点重合。那么从哪里走到入口节点需要 a 步？答案是链表头部head。
双指针第二次相遇：
- slow指针 位置不变 ，将fast指针重新 指向链表头部节点 ；slow和fast同时每轮向前走 1 步；
TIPS：此时 f = 0，s = nb ； - 当 fast 指针走到f = a 步时，slow 指针走到步s = a+nb，此时 两指针重合，并同时指向链表环入口 。
- 返回slow指针指向的节点。
复杂度分析：
时间复杂度 O(N) ：第二次相遇中，慢指针须走步数 a < a + b；第一次相遇中，慢指针须走步数 a + b - x < a + b，其中 xx 为双指针重合点与环入口距离；因此总体为线性复杂度；
空间复杂度:
O(1)O(1) ：双指针使用常数大小的额外空间。
代码：
class Solution {
public:
//双指针法
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
ListNode *fast,*low;
fast=head;
low=head;
// 寻找相遇
while(true){
if(fast==nullptr || fast->next==nullptr) return nullptr;
fast=fast->next->next; //fast走两步
low=low->next; // low走一步
if(fast==low){
// 第一次相遇
break;
}
}
// 此时low已经走了nb，k=a+nb，k表示在入口位置,那么low只需再走a就可到达入口位置
fast=head; // 从head开始，走a的距离就可相遇
while(true){
if(fast==low){
return fast;
}
fast=fast->next;
low=low->next;
}
return nullptr;
}
};
class Solution {
public:
// 纪录每一次经过的节点，如果应该经过就返回此节点
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
vector<ListNode*>tempmap;
ListNode *p=head;
while(p!=nullptr){
tempmap.push_back(p);
if(p->next!=nullptr && std::count(tempmap.begin(),tempmap.end(),p->next)){
return p->next;
}
p=p->next;
}
return nullptr;
}
};
好题~