Question

Source

• leetcode: Linked List Cycle II | LeetCode OJ
• lintcode: (103) Linked List Cycle II

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 | Data Structure and Algorithm 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 rrr, 链表中节点个数为 nnn. 首先我们来分析下在链表有环时都能推出哪些特性：

1. 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。
2. 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 CiC_iCi, 那么此时慢指针正好走了 n−r−1+in - r - 1 + in−r−1+i 步，快指针则走了 2⋅(n−r−1+i)2 \cdot (n - r - 1 + i)2⋅(n−r−1+i) 步，且存在¹ : n−r−1+i+1=l⋅rn - r - 1 + i + 1= l \cdot rn−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² : (l⋅r−i+1)(l \cdot r - i + 1)(l⋅r−i+1) 个节点 (lll 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−in - r = l \cdot r - in−r=l⋅r−i. 从头节点走到环的入口节点所走的步数可用 n−rn - rn−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！

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;
  }
};

源码分析

1. 异常处理。
2. 找第一次相遇的节点。
3. 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)O(n)O(n), 第二次相遇的最坏时间复杂度为 O(n)O(n)O(n). 故总的时间复杂度近似为 O(n)O(n)O(n), 空间复杂度 O(1)O(1)O(1).

Reference

• Linked List Cycle II | 九章算法