這是一道很常見的面試問題，，只用兩個變數通過o（n）的時間複雜度就可以解決。
floyd cycle detection演算法，也叫做tortoise and hare演算法，龜兔演算法吧。
以下內容為對思路重新梳理了一下，參考了stackoverflow論壇的討論
和thestoryofsnow的部落格
**來自thefutureisour
問題：如何檢測乙個鍊錶是否有環，如果有，那麼如何確定環的起點.
龜兔解法的基本思想可以用我們跑步的例子來解釋，如果兩個人同時出發，如果賽道有環，那麼快的一方總能追上慢的一方。進一步想，追上時快的一方肯定比慢的一方多跑了幾圈，即多跑的路的長度是圈的長度的倍數。
基於上面的想法，floyd用兩個指標，乙個慢指標（龜）每次前進一步，快指標（兔）指標每次前進兩步（兩步或多步效果是等價的，只要乙個比另乙個快就行，從後面的討論我們可以看出這一點。ps：考慮乙個鍊錶a有1000000個結點的環，鍊錶b是有1000000個的非環的結點，然後再加乙個只有3個結點的小環，如果兔子跑的更快點，即每次前進多於2步，那麼能更快的檢測鍊錶a，但鍊錶b就很慢，因為要一直繞圈等烏龜，所以選擇2步是乙個tradeoff）。如果兩者在煉表頭以外的某一點相遇（即相等）了，那麼說明鍊錶有環，否則，如果（快指標）到達了鍊錶的結尾，那麼說明沒環。
證明如下：
這樣做的道理我用下**釋
假設起點到環的起點距離為m，已經確定有環，環的周長為n，（第一次）相遇點距離環的起點的距離是k。那麼當兩者相遇時，慢指標移動的總距離為i，因為快指標移動速度為慢指標的兩倍，那麼快指標的移動距離為2i
1) i = m + p * n + k
2) 2i = m + q * n + ki
其中，p和q分別為慢指標和快指標在第一次相遇時轉過的圈數。
2 ( m + p * n + k ) = m + q * n + k
=> 2m + 2pn + 2k = m + nq + k
=> m + k = ( q - 2p ) n
只要有一組p，q，k滿足這個式子，假設就成立了。
我們假設
p = 0
q = m
k = m n - m
那麼我們證明如下
m + k = ( q - 2p ) n
=> m + mn - m = ( m - 2*0) n
=> mn = mn.
這時，i為
i = m + p n + k
=> m + 0 * n + mn - m = mn.
假設成立。
環的檢測
環的檢測是floyd解法的第二部分。
一旦烏龜和兔子相遇，將慢指標移到鍊錶起點，快指標還在他們相遇的地方，即離環的起點距離k的地方。然後慢指標和快指標同時移動，每次移動一步，那麼兩者再次相遇的地方就是環的起點。
證明如下：
讓烏龜和兔子都同時移動m+k步，烏龜到了他們最初遇見的地方（遠離環起點k的位置）
之前我們得到 m + k = (q - 2p) n
即兔子走了q-2p圈，也到了和烏龜同樣的位置
現在我們不讓烏龜走 m+k 步，讓烏龜只走 m 步，兔子也後退k步，即到了環的起點，這是他們第一次相遇的地方。
當他們相遇時，烏龜走的步數就是環的地點在的位置。
求環的長度的問題，第一次相遇後，再次相遇時，走的距離就是環的長度。
#include
typedef struct node
node,*pnode;
//判斷是否有環
bool isloop(pnode phead)
} if(fast ==
null
|| fast->next ==
null )
return
false;
else
return
true;
} //計算環的長度
int looplength(pnode phead)
//計數
if(begin ==
true)
++length;
} return length;
} //求出環的入口點
node* findloopentrance(pnode phead)
} if(fast ==
null
|| fast->next ==
null)
return
null;
slow = phead;
while(slow != fast)
return slow;
}
演算法 判斷乙個鍊錶是否有環
解題思路 定義兩個指標fast和slow，其中fast是快指標，slow是慢指標，二者的初始值都指向煉表頭，slow每前進一步，fast每次前進兩步，兩個指標同時向前移動，快指標每移動一次都要和慢指標比較，直到當快指標等於慢指標為止，就證明這個鍊錶是帶環的單向鍊錶，否則，證明這個鍊錶是不帶環的迴圈鍊...
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