链表追赶
题目描述：输入一个单向链表，输出该链表中倒数第k个结点,
链表的倒数第0个结点为链表的尾指针。
分析：设置两个指针p1,p2，首先p1和p2都指向head，然后p2向前走k步，这样p1和p2之间就间隔k个节点，最后p1和p2同时向前移动，直至p2走到链表末尾。
题目描述：给出两个单向链表的头指针（如下图所示），
比如h1、h2，判断这两个链表是否相交。这里为了简化问题，我们假设两个链表均不带环。
分析：这是来自编程之美上的微软亚院的一道面试题目。请跟着我的思路步步深入（部分文字引自编程之美）：
- 直接循环判断第一个链表的每个节点是否在第二个链表中。但，这种方法的时间复杂度为O(Length(h1) * Length(h2))。显然，我们得找到一种更为有效的方法，至少不能是O（N^2）的复杂度。
- 针对第一个链表直接构造hash表，然后查询hash表，判断第二个链表的每个结点是否在hash表出现，如果所有的第二个链表的结点都能在hash表中找到，即说明第二个链表与第一个链表有相同的结点。时间复杂度为为线性：O(Length(h1) + Length(h2))，同时为了存储第一个链表的所有节点，空间复杂度为O(Length(h1))。是否还有更好的方法呢，既能够以线性时间复杂度解决问题，又能减少存储空间？
- 进一步考虑“如果两个没有环的链表相交于某一节点，那么在这个节点之后的所有节点都是两个链表共有的”这个特点，我们可以知道，如果它们相交，则最后一个节点一定是共有的。而我们很容易能得到链表的最后一个节点，所以这成了我们简化解法的一个主要突破口。那么，我们只要判断俩个链表的尾指针是否相等。相等，则链表相交；否则，链表不相交。
所以，先遍历第一个链表，记住最后一个节点。然后遍历第二个链表，到最后一个节点时和第一个链表的最后一个节点做比较，如果相同，则相交，否则，不相交。这样我们就得到了一个时间复杂度，它为O((Length(h1) + Length(h2))，而且只用了一个额外的指针来存储最后一个节点。这个方法时间复杂度为线性O（N），空间复杂度为O（1），显然比解法三更胜一筹。 - 上面的问题都是针对链表无环的，那么如果现在，链表是有环的呢?还能找到最后一个结点进行判断么?上面的方法还同样有效么?显然，这个问题的本质已经转化为判断链表是否有环。那么，如何来判断链表是否有环呢?
总结：
所以，事实上，这个判断两个链表是否相交的问题就转化成了：
1.先判断带不带环
2.如果都不带环，就判断尾节点是否相等
3.如果都带环，判断一链表上俩指针相遇的那个节点，在不在另一条链表上。
如果在，则相交，如果不在，则不相交。
1、那么，如何编写代码来判断链表是否有环呢?因为很多的时候，你给出了问题的思路后，面试官可能还要追加你的代码，ok，如下（设置两个指针(p1, p2)，初始值都指向头，p1每次前进一步，p2每次前进二步，如果链表存在环，则p2先进入环，p1后进入环，两个指针在环中走动，必定相遇）
求两个链表相交的第一个节点
思路：在判断是否相交的过程中要分别遍历两个链表，同时记录下各自长度。
题目描述：
在一条左右水平放置的直线轨道上任选两个点，放置两个机器人，请用如下指令系统为机器人设计控制程序，使这两个机器人能够在直线轨道上相遇。（注意两个机器人用你写的同一个程序来控制）
指令系统：只包含4条指令，向左、向右、条件判定、无条件跳转。其中向左（右）指令每次能控制机器人向左（右）移动一步；条件判定指令能对机器人所在的位置进行条件测试，测试结果是如果对方机器人曾经到过这里就返回true，否则返回false；无条件跳转，类似汇编里面的跳转，可以跳转到任何地方。
分析：我尽量以最清晰的方式来说明这个问题（大部分内容来自ivan，big等人的讨论）：
1、首先题目要求很简单，就是要你想办法让A最终能赶上B，A在后，B在前，都向右移动，如果它们的速度永远一致，那A是永远无法追赶上B的。但题目给出了一个条件判断指令，即如果A或B某个机器人向前移动时，若是某个机器人经过的点是第二个机器人曾经经过的点，那么程序返回true。对的，就是抓住这一点，A到达曾经B经过的点后，发现此后的路是B此前经过的，那么A开始提速两倍，B一直保持原来的一倍速度不变，那样的话，A势必会在|AB|/move_right个单位时间内，追上B。ok，简单伪代码如下：
start:
if(at the position other robots have not reached)
move_right
if(at the position other robots have reached)
move_right
move_right
goto start
再简单解释下上面的伪代码（@big）：
A------------B
| |
在A到达B点前，两者都只有第一条if为真，即以相同的速度向右移动，在A到达B后，A只满足第二个if，即以两倍的速度向右移动，B依然只满足第一个if，则速度保持不变，经过|AB|/move_right个单位时间，A就可以追上B。
2、有个细节又出现了，正如ivan所说，
if(at the position other robots have reached)
move_right
move_right
上面这个分支不一定能提速的。why?因为如果if条件花的时间很少，而move指令发的时间很大（实际很可能是这样），那么两个机器人的速度还是基本是一样的。
那作如何修改呢?:
start:
if(at the position other robots have not reached)
move_right
move_left
move_right
if(at the position other robots have reached)
move_right
goto start
-------
这样改后，A的速度应该比B快了。
3、然要是说每个指令处理速度都很快，AB岂不是一直以相同的速度右移了?那到底该作何修改呢?请看：
go_step()
{
向右
向左
向右
}
--------
三个时间单位才向右一步
go_2step()
{
向右
}
------
一个时间单向右一步向左和向右花的时间是同样的，并且会占用一定时间。 如果条件判定指令时间比移令花的时间较少的话，应该上面两种步法，后者比前者快。
