单向链表上是否有环

详见:http://blog.yemou.net/article/query/info/tytfjhfascvhzxcyt115

有一个单链表,其中可能有一个环,也就是某个节点的next指向的是链表中在它之前的节点,这样在链表的尾部形成一环。

问题:

1、如何判断一个链表是不是这类链表?
2、如果链表为存在环,如果找到环的入口点?

解答:

1、最简单的方法, 用一个指针遍历链表, 每遇到一个节点就把他的内存地址(java中可以用object.hashcode())做为key放在一个hashtable中. 这样当hashtable中出现重复key的时候说明此链表上有环. 这个方法的时间复杂度为O(n), 空间同样为O(n).

2、使用反转指针的方法, 每过一个节点就把该节点的指针反向:

Boolean reverse(Node *head) {

  1. Node *curr = head;

  2. Node *next = head->next;

  3. curr->next = NULL;

  4. while(next!=NULL) {

  5. if(next == head) {

  6. next->next = curr;

  7. return TRUE;

  8. }

  9. Node *temp = curr;

  10. curr = next;

  11. next = next->next;

  12. curr->next = temp;

  13. }

  14.  

  15. next = curr->next;

  16. curr ->next = NULL;

  17. while(next!=NULL) {

  18. Node *temp = curr;

  19. curr = next;

  20. next = next->next;

  21. curr->next = temp;

  22. }

  23. return FALSE;

  24. }

 

看上去这是一种奇怪的方法: 当有环的时候反转next指针会最终走到链表头部; 当没有环的时候反转next指针会破坏链表结构(使链表反向), 所以需要最后把链表再反向一次. 这种方法的空间复杂度是O(1), 实事上我们使用了3个额外指针;而时间复杂度是O(n), 我们最多2次遍历整个链表(当链表中没有环的时候).

这个方法的最大缺点是在多线程情况下不安全, 当多个线程都在读这个链表的时候, 检查环的线程会改变链表的状态, 虽然最后我们恢复了链表本身的结构, 但是不能保证其他线程能得到正确的结果.

3、 这是一般面试官所预期的答案: 快指针和慢指针

设置两个指针(fast, slow),初始值都指向头,slow每次前进一步,fast每次前进二步,如果链表存在环,则fast必定先进入环,而slow后进入环,两个指针必定相遇。(当然,fast先行头到尾部为NULL,则为无环链表)

int is_link_list_cicled(Node* head)

  1. {

  2. Node *p = head, *q = head;

  3. while(p && q)

  4. {

  5. if(p == q)

  6. return 1;

  7. p = p-> next;

  8. q = q-> next;

  9. if(!q)

  10. return 0;

  11. q = q-> next;

  12. }

  13. return 0;

  14. }

 

证明步长法的正确性(追击问题,如果有环则肯定可以相遇):

如果链表有环,不妨假设其环长度为M(>=2)。
p指针首次到达交点(N0)时,q指针已经进入环。
设p=0;q=q-p;
再进过i(i>=0)步后,p=(p+i)%m;q=(q+2*i)%m;
则必存在一个i使得(p+i)%m = (q+2*i)%m。(p,q 都为常数)。

二、找到环的入口点

当fast若与slow相遇时,slow肯定没有走遍历完链表,而fast已经在环内循环了n圈(1<=n)。假设slow走了s步,则fast走了2s步(fast步数还等于s 加上在环上多转的n圈),设环长为r,则:

2s = s + nr
s= nr

设整个链表长L,入口环与相遇点距离为x,起点到环入口点的距离为a。
a + x = nr
a + x = (n – 1)r +r = (n-1)r + L - a
a = (n-1)r + (L – a – x)

(L – a – x)为相遇点到环入口点的距离,由此可知,从链表头到环入口点等于(n-1)循环内环+相遇点到环入口点,于是我们从链表头、与相遇点分别设一个指针,每次各走一步,两个指针必定相遇,且相遇第一点为环入口点。程序描述如下:

  1. slist* FindLoopPort(slist *head)

  2. {

  3. slist *slow = head, *fast = head;

  4. while ( fast && fast->next )

  5. {

  6. slow = slow->next;

  7. fast = fast->next->next;

  8. if ( slow == fast ) break;

  9. }

  10. if (fast == NULL || fast->next == NULL)

  11. return NULL;

  12. slow = head;

  13. while (slow != fast)

  14. {

  15. slow = slow->next;

  16. fast = fast->next;

  17. }

  18. return slow;

  19. }

 

扩展问题:

判断两个单链表是否相交,如果相交,给出相交的第一个点(两个链表都不存在环)。

比较好的方法有两个:

一、将其中一个链表首尾相连,检测另外一个链表是否存在环,如果存在,则两个链表相交,而检测出来的依赖环入口即为相交的第一个点。

二、如果两个链表相交,那个两个链表从相交点到链表结束都是相同的节点,我们可以先遍历一个链表,直到尾部,再遍历另外一个链表,如果也可以走到同样的结尾点,则两个链表相交。

这时我们记下两个链表length,再遍历一次,长链表节点先出发前进(lengthMax-lengthMin)步,之后两个链表同时前进,每次一步,相遇的第一点即为两个链表相交的第一个点

posted on 2016-11-23 19:51  grefr  阅读(296)  评论(0编辑  收藏  举报

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