菜鸟系列之C/C++经典试题(七)「建议收藏」

找含单链表的环入口点

  问题1：怎样推断单链表中是否存在环（即下图中从结点E到结点R组成的环）？

 分析：设一快一慢两个指针（Node *fast, *low）同一时候从链表起点開始遍历，当中快指针每次移动长度为2。慢指针则为1。则若无环，開始遍历之后fast不可能与low重合，且fast或fast->next终于必定到达NULL；若有环。则fast必定不迟于low先进入环，且因为fast移动步长为2，low移动步长为1，则在low进入环后继续绕环遍历一周之前fast必定能与low重合（且必定是第一次重合）。于是函数可写例如以下：

bool hasCircle(Node* head, Node* &encounter)
{
	Node *fast = head, *slow = head;
	while(fast && fast->next)
	{
		fast = fast->next->next;
		slow = slow->next;
		if(fast == slow)
		{
			encounter = fast;
			return true;
		}
	}
	encounter = NULL;
	return false;
}

问题2：若存在环，怎样找到环的入口点（即上图中的结点E）？

解答：如图中所看到的。设链起点到环入口点间的距离为x，环入口点到问题1中fast与low重合点的距离为y。又设在fast与low重合时fast已绕环n周（n>0），且此时low移动总长度为s，则fast移动总长度为2s。环的长度为r。则
        s + nr = 2s,n>0       ①
        s = x + y              ②
       由①式得  s = nr                
       代入②式得
       nr = x + y
       x = nr – y               ③
       现让一指针p1从链表起点处開始遍历，指针p2从encounter处開始遍历，且p1和p2移动步长均为1。则当p1移动x步即到达环的入口点，由③式可知，此时p2也已移动x步即nr – y步。

因为p2是从encounter处開始移动。故p2移动nr步是移回到了encounter处，再退y步则是到了环的入口点。也即，当p1移动x步第一次到达环的入口点时。p2也恰好到达了该入口点。于是函数可写例如以下：

Node* findEntry(Node* head, Node* encounter)
{ 
	Node *p1 = head, *p2 = encounter;
	while(p1 != p2)
	{
		p1 = p1->next;
		p2 = p2->next;
	}
	return p1;
}

原文来自:http://blog.csdn.net/wuzhekai1985/article/details/6725263

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