0142 Solved

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+# LeetCode 第 142 号问题：环形链表 II 
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+> 本文首发于公众号「图解面试算法」，是 [图解 LeetCode ](<https://github.com/MisterBooo/LeetCodeAnimation>) 系列文章之一。
+>
+> 同步博客：https://www.algomooc.com
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+今天分享的题目来源于 LeetCode 上第 142 号问题：环形链表II。题目难度为 Medium 。
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+### 题目描述
+
+给定一个链表，返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环，则返回 `null`。
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+为了表示给定链表中的环，我们使用整数 `pos` 来表示链表尾连接到链表中的位置（索引从 0 开始）。 如果 `pos` 是 `-1`，则在该链表中没有环。
+
+**示例 1：**
+
+```
+输入：head = [3,2,0,-4], pos = 1
+输出：tail connects to node index 1
+解释：链表中有一个环，其尾部连接到第二个节点。
+```
+
+![](https://blog-1257126549.cos.ap-guangzhou.myqcloud.com/blog/vweoq.png)
+
+**示例 2：**
+
+```
+输入：head = [1,2], pos = 0
+输出：tail connects to node index 0
+解释：链表中有一个环，其尾部连接到第一个节点。
+```
+
+![](https://blog-1257126549.cos.ap-guangzhou.myqcloud.com/blog/kxbrz.png)
+
+**示例 3：**
+
+```
+输入：head = [1], pos = -1
+输出：no cycle
+解释：链表中没有环。
+```
+
+![](https://blog-1257126549.cos.ap-guangzhou.myqcloud.com/blog/w3vsg.png)
+
+**进阶：**
+
+你是否可以不用额外空间解决此题？
+
+### 题目解析 - 哈希表
+
+普通解法就是利用哈希表保存访问过的节点, 同时遍历过程中检查哈希表中是否已存在相同的节点
+
+### 代码实现
+
+```javascript
+/**
+ * JavaScript 描述
+ * 哈希表方法
+ */
+var detectCycle = function(head) {
+    let res = [ ];
+    while (head !== null) {
+        if (res.includes(head)) {
+            return head;
+        }
+        res.push(head);
+        head = head.next;
+    }
+    return null;
+};
+```
+
+### 复杂度分析
+
+- 时间复杂度：**O(n)**
+- 空间复杂度：**O(n)**
+
+### 题目解析 - Floyd 算法
+
+Floyd算法 可以达到常量空间解决此问题.
+
+我在维基百科找到了这个算法描述, 在此引用一下.
+
+**Floyd判圈算法**(**Floyd Cycle Detection Algorithm**)，又称 **龟兔赛跑算法**(**Tortoise and Hare Algorithm**)，是一个可以在[有限状态机](https://zh.wikipedia.org/wiki/有限状态机)、[迭代函数](https://zh.wikipedia.org/wiki/迭代函数)或者[链表](https://zh.wikipedia.org/wiki/链表)上判断是否存在[环](https://zh.wikipedia.org/wiki/環_(圖論))，求出该环的起点与长度的算法。
+
+如果有限状态机、迭代函数或者链表存在环，那么一定存在一个起点可以到达某个环的某处 ( 这个起点也可以在某个环上 )。
+
+初始状态下，假设已知某个起点节点为节点 *S*。现设两个指针 `t` 和 `h` ，将它们均指向 *S*。
+
+接着，同时让 `t` 和 `h` 往前推进，但是二者的速度不同：`t` 每前进 `1` 步， `h` 前进 `2` 步。只要二者都可以前进而且没有相遇，就如此保持二者的推进。当 `h` 无法前进，即到达某个没有后继的节点时，就可以确定从 *S* 出发不会遇到环。反之当 `t` 与 `h` 再次相遇时，就可以确定从 S 出发一定会进入某个环，设其为环 *C*。
+
+如果确定了存在某个环，就可以求此环的起点与长度。
+
+上述算法刚判断出存在环 *C* 时，显然 t 和 `h` 位于同一节点，设其为节点 *M*。显然，仅需令 `h` 不动，而t不断推进，最终又会返回节点 *M*，统计这一次t推进的步数，显然这就是环 *C* 的长度。
+
+为了求出环 *C* 的起点，只要令h仍均位于节点 *M* ，而令t返回起点节点 *S* ，此时h与t之间距为环 *C* 长度的整数倍。随后，同时让 `t` 和 `h` 往前推进，且保持二者的速度相同：`t` 每前进 `1` 步，`h` 前进 `1` 步。持续该过程直至 `t` 与 `h` 再一次相遇，设此次相遇时位于同一节点 *P*，则节点 *P* 即为从节点 *S* 出发所到达的环 *C* 的第一个节点，即环 *C* 的一个起点。
+
+**看完之后是不是很多疑点, 觉得为什么会这样呢?** 
+
+下面用数学简单证明一下
+
+假设 链表的节点数为 `num`, 从 head 到链表环入口节点数为 `m` (不包含入口节点), 环的节点数为 `n`, 链表环入口设点为 *P*
+
+由此可得 `num = m + n`
+
+假设 慢指针 `Tortoise` (乌龟) 每次走 `1` 个节点, 走了 `x` 步
+
+假设 快指针 `Hare` (兔子) 每次走 `2` 个节点, 走了 `f` 步
+
+那么 `f = 2x`
+
+当第一次相遇时, 必然是在环内, 设其点为 *M*, 兔子第一次到达 *M* 点后至少又在环内饶了一圈后追上乌龟, 
+
+假设绕了 `k` 圈, 那么可以得到
+
+`f = x + kn`
+
+兔子到达 *P* 点的步数为
+
+`f = m + kn`
+
+由 `f = 2x` 和 `f = x + kn` 两个等式可以得到 `x = kn`
+
+由 `f = m + kn` 和 `x = kn` 可知, 乌龟到达 *P* 点还需要走 `m` 步
+
+而 `m` 的长度正是从 head 到链表环入口节点数的长度, 这是未知的,
+
+那么让兔子从 head 以乌龟的速度走, 乌龟在 *M* 点走, 当兔子和乌龟相遇时即走了 `m` 步, 也就到达了 *P* 节点.
+
+### 动画描述
+
+![](../Animation/Animation.gif)
+
+### 代码实现
+
+```java
+/**
+ * JavaScript 描述
+ * Floyd判圈算法
+ */
+var detectCycle = function(head) {
+    if (head == null) {
+        return head;
+    }
+    // 设置快慢指针
+    let tortoise = head,
+        hare = head;
+    // 检查链表是否有环
+    while (true) {
+        if (hare == null || hare.next == null) {
+            return null;
+        }
+        hare = hare.next.next;
+        tortoise = tortoise.next;
+        if (hare == tortoise) {
+            break;
+        }
+    }
+    // 兔子和乌龟第二次相遇找到环入口
+    hare = head;
+    while (hare != tortoise) {
+        hare = hare.next;
+        tortoise = tortoise.next;
+    }
+    return hare;
+};
+```
+
+### 复杂度分析
+
+- 时间复杂度：**O(n)**
+  - 有环情况下, 第一次和第二次相遇, 乌龟步数都小于链表节点数, 因此与链表节点数成线性关系;
+  - 无环情况下, 兔子大约需要 n/2 步数到达最后, 因此也与链表节点数成线性关系.
+- 空间复杂度：**O(1)** , 双指针使用常数大小的额外空间 
+
+![](../../Pictures/qrcode.jpg)