方法一：从头结点开始遍历链表，把每次访问到的结点（或其地址）存入一个集合（hashset）或字典（dictionary），如果发现某个结点已经被访问过了，就表示这个链表存在环，并且这个结点就是环的入口点。这需要O(N)空间和O(N)时间，其中N是链表中结点的数目。
/**
* 判断是否有环
*/
public boolean isLoop(Node head){
Set<Node> set = new HashSet<Node>();
while(head!=null){
if(set.contains(head)){
return true;
}else{
set.add(head);
}
head=head.next;
}
return false;
}
方法二：定义两个指针fast与slow，fast是快指针，slow是慢指针，二者的初始值都指向链表头，slow每次前进一步，fast每次前进2步，两个指针同时向前移动。快指针每走一步都要跟慢指针比较，直到当快指针等于慢指针为止，这就证明这个链表是带环的单向链表，否则，证明这个链表是不带环的（fast先行到达尾部为null，则为无环链表）。
/**
* 判断是否有环
*/
public boolean isLoop(Node head){
Node fast = head;
Node slow = head;
while(fast!=null && fast.next!=null){
fast = fast.next.next;
slow = slow.next;
if(fast==slow){
return true;
}
}
return false;
}
这个方法需要O(1)空间和O(N)时间，优于第一种方法。
二、环长
根据上述的分析，以下都采用快慢指针的方式。
快慢指针第一次相遇之后，快指针停止不动，慢指针继续前行，再次相遇时慢指针的步长就是环长。
/**
* 获得环长
*/
public int getLoopLength(Node head){
Node fast = head;
Node slow = head;
// 第一次相遇
while(fast!=null && fast.next!=null){
fast = fast.next.next;
slow = slow.next;
if(fast==slow){
break;
}
}
int loopLength = 0;
// 第二次相遇
while(slow!=null){
slow = slow.next;
loopLength++;
if(fast==slow){
break;
}
}
return loopLength;
}
三、子链长、环的入口
假设链表总长S，子链长s1，环长L，S=L+s1。
定义两个慢指针P1和P2（每次前行一步），P1先行L步，然后P1和P2同时移动，两个指针相遇时，P2的步长就是子链长，相遇的结点就是环的入口结点。
/**
* 获得入口结点
*/
public Node getLoopPort(Node head){
Node p1=head;
Node p2=head;
int loopLength = getLoopLength(head);
// p1前行L步（L是环长）
for(int i=1;i<=loopLength;i++){
p1=p1.next;
}
int childLength=1; // 假设子链长度包括入口结点
while(p1!=p2){
p1=p1.next;
p2=p2.next;
childLength++;
}
return p1;
}
以上方法需要先取得环的长度，下面介绍一种代码更简洁的方法，但是理解起来有点绕:
1)还是快慢指针的方式，p1每次前进一步，p2每次前进2步，快慢指针第一次相遇在环内的X结点；
2)指针p2移动到链表的头结点；
3)p1和p2同时移动，p1和p2每次移动一步，p1和p2将再次相遇在环的入口。
代码实现：
/**
* 获得入口结点
*/
public Node getLoopPort(Node head){
Node p1=head; //起初是慢指针
Node p2=head; //起初是快指针
//第一次相遇
while(p2!=null&&p2.next!=null){
p2 = p2.next.next;
p1 = p1.next;
if(p1==p2){
break;
}
}
//没有环则返回空
if(p2==null || p2.next==null){
return null;
}
// p2回到头结点
p2=head;
int childLength=1; // 子链长
//p1和p2每次一步，再次相遇在环的入口
while(p1!=p2){
p1=p1.next;
p2=p2.next;
childLength++;
}
return p1;
}
逻辑说明：
假设快慢指针的相遇点距离入口结点X步，环长L，子链长s1，链表总长S，然后两个指针每次一步向前移动，如果它们在入口点相遇，就要证明nL-X=s1（n>=1）.
>快慢指针第一次相遇的时候，慢指针必定没有遍历完整个列表，如果慢指针走了s步，那么快指针走了2s步，此时快指针必定在环内循环了n圈，所以满足如下关系式：
2s=s+nL
s=nL
X+s1=nL
s1=nL-X
