目录
前言
当我们学习单链表的知识点之后，必不可少就是刷关于其它的oj题，那也就一定会遇到环形链表的问题，我们直到，链表是属于线性表，是一对一的数据关系，当某一个节点的next指针指向了此节点或此节点之前的节点，此时就造成了环形链表，在遍历链表时就会死循环，在具体的开发环境中也会出现很大的问题，所以解决环形链表问题就相当的重要。
实际上，解决这个问题所需要写的代码并不多，但是难在解决思路的理解上，而且同时也会产生一些疑问，下面我就带大家来看一下这个问题，并解决大家的疑问。
问题介绍
环形链表问题，顾名思义，就是给你一个链表的头节点，判断此链表中是否存在环，存在返回true，不存在返回false，比如，
解决方法
其实，解决环形链表问题的方法大家并不陌生，写过几个关于链表的oj题的同学都应该知道快慢指针，就是两个指针都指向头节点，一起向后走，快指针一次走两步（一个节点为一个步长），慢指针一次走一步，下面看具体思路。
思路过程：
首先，链表中无环的话，快指针一定会走到最后（即指向NULL），这也是判断链表无环的关键，其次，链表中有环的话，设置快慢指针从头节点出发，主要关注下面几个关键时间点：
①慢指针在后，快指针刚进入环
②慢指针刚进入环，快指针在环中
③此时两个指针都在环中，快指针在前，慢指针在后，快指针追击慢指针 ，一定能追上（后面证明），被追上的标志就是快慢指针相等。
证明（为什么一定能够追上）：
从上述思路过程的时间点②说起，假设两个指针相距x个节点（如下图1），之后当慢指针一次走一步，快指针一次走两步，它们的距离为x-1（如下图2），再各自走一次，距离为x-2.......两指针每各自走一次，距离就会减一，距离一定可以减为0，此时两个指针相等，这是判断链表有环的关键。
思考 （如果快指针一次走三步，走四步.......走n步呢）：
我们知道慢指针一次走一步，快指针一次走两步，是一定可以判断链表中是否有环的，如果快指针一次走三步，从上面思路过程的关键点②开始，此时快慢指针相距x，之后当慢指针一次走一步，快指针一次走三步，它们的距离为x-2，再各自走一次，距离为x-4.......那我们发现，
1）当起始距离为偶数时，距离最后会变成0（即相等），
2）但当起始距离为奇数时，第一圈时距离不会变成0（...3,1,-1...），
那就会问了 “这一次错过去了，快指针再追一圈时会不会相遇呢，在追一圈呢” ，我们假设环的大小为c，那么当距离减为-1时，此时快慢指针的距离为c-1，
①如果c为奇数，此时c-1为偶数，那么距离最后一定会减为0，
②如果c为偶数，此时c-1为奇数，那么距离最后一定不会减为0，并且之后无论转多少圈快慢指针都不会相遇。
这是快指针一次走三步的情况，那一次走四步，五步......n步类似都可以分析出来。
代码：
struct ListNode {
int val;
struct ListNode *next;
};
typedef struct ListNode Lnode;
bool hasCycle(struct ListNode *head) {
if(!head)
{
return false;
}
Lnode* slow=head;
Lnode* fast=head;
while(fast)
{
slow=slow->next;//慢指针走一步
fast=fast->next;//快指针走两步的第一步
if(!fast)//判断快指针第一步之后有无走到头
{
break;
}
fast=fast->next;//快指针的第二部
if(slow==fast)
{
return true;
}
}
return false;
}进阶问题介绍
对于上面的初阶问题，只是去判断链表中是否有环，那如果要求我们求出带环链表的入环第一个节点呢？又如何解决，这是环形链表的进阶问题，比如：
解决方法
方法一：
利用相交链表求出环的起始节点。
思路过程：
由初阶问题，可以得出快慢指针相遇的节点，设为meet，meet的下一节点设为new_head，将meet节点的next指针置为空（如图1），此时环就从meet节点处断掉了，那么求环的起始节点的问题就是求原先链表的表头head与new_head的两条链表的相交节点（如图2）。
--->
代码：
struct ListNode {
int val;
struct ListNode *next;
};
typedef struct ListNode Lnode;
//求两个链表的相交节点
struct ListNode *getIntersectionNode(struct ListNode *headA, struct ListNode *headB) {
if((!headA)||(!headB))
{
return NULL;
}
int lena=0;
int lenb=0;
int i=0;
Lnode* pa=headA;
Lnode* pb=headB;
while(pa)
{
lena++;
pa=pa->next;
}
while(pb)
{
lenb++;
pb=pb->next;
}
pa=headA;
pb=headB;
int mid=0;
if(lena>lenb)
{
mid=lena-lenb;
for(i=0;i<mid;i++)
{
pa=pa->next;
}
}
else
{
mid=lenb-lena;
for(i=0;i<mid;i++)
{
pb=pb->next;
}
}
while(pa&&pb)
{
if(pa==pb)
{
return pa;
}
pa=pa->next;
pb=pb->next;
}
return NULL;
}
//求环的起始节点
struct ListNode *detectCycle(struct ListNode *head) {
if(!head)
{
return NULL;
}
Lnode* slow=head;
Lnode* fast=head;
while(fast)
{
slow=slow->next;
fast=fast->next;
if(!fast)
{
break;
}
fast=fast->next;
if(slow==fast)
{
//有环
Lnode* new_head=slow->next;
slow->next=NULL;
return getIntersectionNode(head,new_head); //调用函数
}
}
return NULL;
}方法二：
根据快指针的步数总是慢指针步数的二倍建立方程得出一定的关系。
思路过程：
将head与环的起始节点的距离设为L，环的起始节点与快慢节点相遇点的距离设为X（如图），我们知道，当慢指针进入环中之后，在进行第二圈之前，快指针一定会追上它（因为快指针的步数总是慢指针步数的两倍，当慢指针开始第二圈时，说明慢指针已经走了完整的一圈，而快指针则是走了完整的两圈，这个过程中它们不可能没有相遇，况且快指针先进的环，所以相遇点一定是慢指针进行第一圈，快指针进行诺干圈的时候出现的），
所以慢指针的总步数为L+X，快指针的总步数为L+N*C+X（C表环的周长，N表圈数），又因为快指针的步数总是慢指针步数的二倍，有等式(L+X)*2=L+N*C+X，化简得L=N*C-X=(N-1)*C+C-X，意思是链表头到环起始节点得距离等于环周长的某倍加上C-X。
因此，在得到相遇点之后，设一个节点指针在meet处，一个节点指针在链表头节点处，同时走，都每次走一步，最后一定会在环起始节点处相遇。
代码：
struct ListNode {
int val;
struct ListNode *next;
};
typedef struct ListNode Lnode;
struct ListNode *detectCycle(struct ListNode *head) {
if(!head)
{
return NULL;
}
Lnode* slow=head;
Lnode* fast=head;
while(fast)
{
slow=slow->next;
fast=fast->next;
if(!fast)
{
break;
}
fast=fast->next;
if(slow==fast)
{
//有环
//让fast从相遇点走，slow从头走，都是一步一步走，再次相遇点就是环的入口
slow=head;
while(fast!=slow)
{
slow=slow->next;
fast=fast->next;
}
return slow;
}
}
return NULL;//无环
}
以上就是环形链表问题的解释了，在力扣中都有对应的oj题可以做，听懂的可以去尝试一下，有不懂或者有疑问的小伙伴可以私我或者评论区，记得三连支持哦！
141. 环形链表 - 力扣（LeetCode）
https://leetcode.cn/problems/linked-list-cycle/142. 环形链表 II - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/linked-list-cycle-ii/