这是一道非常常见的面试题，嗯，经典的链表问题。
最简单直观的办法需要O(N^2)的时间和O(N)的空间，即储存所有访问过的结点，每当访问到一个新的结点时，与所有储存的结点依次比较即可。
这个方法看上去不那么高明，提示一下，最优解法只需要O(N)的时间和O(1)的空间。再提示一下，对于链表问题，很有用的一种方法就是用两个指针（快慢指针）来遍历链表！
现在让我们来看看这个最优解法吧！
之前已经提到了，最优解法只需要O(N)的时间和O(1)的空间。它使用两个指针，快慢指针。慢指针每次向前走一步，而快指针走两步。如果单链表存在环，那么最终，快结点和慢结点会相遇。换句话说，如果单链表没环，那么快结点会在慢结点之前，到达单链表的最后一个结点（ ->next为NULL）。
代码如下：
bool hasLoop(Node *head) { Node *slow = head, *fast = head; while (slow && fast && fast->next) { slow = slow->next; fast = fast->next->next; if (slow == fast) return true; } return false;}这个优美的算法被称为Floyd’s cycle finding algorithm, 也可以叫做 the Tortoise and hare algorithm.
其它的解法：
另外一种算法也可以达到O(N)的时间和O(1)的空间，但是需要对原链表做些修改，嗯，实际上破坏了原链表的结构。那就是，反转原链表，如果原链表有环，那么在反转过程中，最终你会到达原链表的第一个结点，即头结点。---接下来会有文章讨论如何反转一个单链表，递归和非递归两种形式。
插句话：这种方法真心蛋疼！
