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) {
-
Node *curr = head;
-
Node *next = head->next;
-
curr->next = NULL;
-
while(next!=NULL) {
-
if(next == head) {
-
next->next = curr;
-
return TRUE;
-
}
-
Node *temp = curr;
-
curr = next;
-
next = next->next;
-
curr->next = temp;
-
}
-
-
next = curr->next;
-
curr ->next = NULL;
-
while(next!=NULL) {
-
Node *temp = curr;
-
curr = next;
-
next = next->next;
-
curr->next = temp;
-
}
-
return FALSE;
-
}
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)
-
{
-
Node *p = head, *q = head;
-
while(p && q)
-
{
-
if(p == q)
-
return 1;
-
p = p-> next;
-
q = q-> next;
-
if(!q)
-
return 0;
-
q = q-> next;
-
}
-
return 0;
-
}
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:
-
slist* FindLoopPort(slist *head)
-
{
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slist *slow = head, *fast = head;
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while ( fast && fast->next )
-
{
-
slow = slow->next;
-
fast = fast->next->next;
-
if ( slow == fast ) break;
-
}
-
if (fast == NULL || fast->next == NULL)
-
return NULL;
-
slow = head;
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while (slow != fast)
-
{
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slow = slow->next;
-
fast = fast->next;
-
}
-
return slow;
-
}
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