Linked List Cycle II
Source
Given a linked list, return the node where the cycle begins. If there is no cycle, return null. Example Given 21->10->4->5, tail connects to node index 1,return node 10 Challenge Follow up: Can you solve it without using extra space?
题解 - 快慢指针
题 Linked List Cycle 的升级版,题目要求不适用额外空间,则必然还是使用快慢指针解决问题。首先设组成环的节点个数为 r, 链表中节点个数为 n. 首先我们来分析下在链表有环时都能推出哪些特性:
- 快慢指针第一次相遇时快指针比慢指针多走整数个环, 这个容易理解,相遇问题。
- 每次相遇都在同一个节点。第一次相遇至第二次相遇,快指针需要比慢指针多走一个环的节点个数,而快指针比慢指针多走的步数正好是慢指针自身移动的步数,故慢指针恰好走了一圈回到原点。
从以上两个容易得到的特性可知,在仅仅知道第一次相遇时的节点还不够,相遇后如果不改变既有策略则必然找不到环的入口。接下来我们分析下如何从第一次相遇的节点走到环的入口节点。还是让我们先从实际例子出发,以下图为例。
slow 和 fast 节点分别初始化为节点 1 和 2,假设快慢指针第一次相遇的节点为 0 对应于环中的第 i 个节点 Ci, 那么此时慢指针正好走了 n−r−1+i 步,快指针则走了 2⋅(n−r−1+i) 步,且存在式1: n−r−1+i+1=l⋅r. (之所以在 i 后面加 1 是因为快指针初始化时多走了一步) 快慢指针第一次相遇时慢指针肯定没有走完整个环,且慢指针走的步数即为整数个环节点个数,由性质1和性质2可联合推出。
现在分析下相遇的节点和环的入口节点之间的关联,要从环中第 i 个节点走到环的入口节点,则按照顺时针方向移动式2: (l⋅r−i+1) 个节点 (l 为某个非负整数) 即可到达。现在来看看式1和式2间的关系。由式1可以推知 n−r=l⋅r−i. 从头节点走到环的入口节点所走的步数可用 n−r 表示,故在快慢指针第一次相遇时让另一节点从头节点出发,慢指针仍从当前位置迭代,第二次相遇时的位置即为环的入口节点!
PS:由于此题快指针初始化为头节点的下一个节点,故分析起来稍微麻烦些,且在第一次相遇后需要让慢指针先走一步,否则会出现死循环。
对于该题来说,快慢指针都初始化为头节点会方便很多,故以下代码使用头节点对快慢指针进行初始化。
C++
/** * Definition of ListNode * class ListNode { * public: * int val; * ListNode *next; * ListNode(int val) { * this->val = val; * this->next = NULL; * } * } */ class Solution { public: /** * @param head: The first node of linked list. * @return: The node where the cycle begins. * if there is no cycle, return null */ ListNode *detectCycle(ListNode *head) { if (NULL == head || NULL == head->next) { return NULL; } ListNode *slow = head, *fast = head; while (NULL != fast && NULL != fast->next) { fast = fast->next->next; slow = slow->next; if (slow == fast) { fast = head; while (slow != fast) { fast = fast->next; slow = slow->next; } return slow; } } return NULL; } };
Java
/** * Definition for singly-linked list. * class ListNode { * int val; * ListNode next; * ListNode(int x) { * val = x; * next = null; * } * } */ public class Solution { public ListNode detectCycle(ListNode head) { if (head == null || head.next == null) { return null; } ListNode slow = head; ListNode fast = head; while (fast.next != null && fast.next.next != null) { slow = slow.next; fast = fast.next.next; if (slow == fast) { fast = head; while (fast != slow) { fast = fast.next; slow = slow.next; } return fast; } } return null; } }
源码分析
- 异常处理。
- 找第一次相遇的节点。
- 将 fast 置为头节点,并只走一步,直至快慢指针第二次相遇,返回慢指针所指的节点。
复杂度分析
第一次相遇的最坏时间复杂度为 O(n), 第二次相遇的最坏时间复杂度为 O(n). 故总的时间复杂度近似为 O(n), 空间复杂度 O(1).