給定一個單鏈表，判斷其中是否有環，已經是一個比較老同時也是比較經典的問題，在網上搜集了一些資料，
然后總結一下大概可以涉及到的問題，以及相應的解法。
首先，關於單鏈表中的環，一般涉及到一下問題：
1.給一個單鏈表，判斷其中是否有環的存在；
2.如果存在環，找出環的入口點；
3.如果存在環，求出環上節點的個數；
4.如果存在環，求出鏈表的長度；
5.如果存在環，求出環上距離任意一個節點最遠的點（對面節點）；
6.（擴展）如何判斷兩個無環鏈表是否相交；
7.（擴展）如果相交，求出第一個相交的節點；
下面，我將針對上面這七個問題一一給出解釋和相應的代碼。
1.判斷時候有環（鏈表頭指針為head）
對於這個問題我們可以采用“快慢指針”的方法。就是有兩個指針fast和slow，開始的時候兩個指針都指向鏈表頭head，然后在每一步
操作中slow向前走一步即：slow = slow->next，而fast每一步向前兩步即：fast = fast->next->next。
由於fast要比slow移動的快，如果有環，fast一定會先進入環，而slow后進入環。當兩個指針都進入環之后，經過一定步的操作之后
二者一定能夠在環上相遇，並且此時slow還沒有繞環一圈，也就是說一定是在slow走完第一圈之前相遇。證明可以看下圖：
當slow剛進入環時每個指針可能處於上面的情況，接下來slow和fast分別向前走即：
if (slow != NULL && fast->next != NULL)
{
slow = slow -> next ;
fast = fast -> next -> next ;
} 也就是說，slow每次向前走一步，fast向前追了兩步，因此每一步操作后fast到slow的距離縮短了1步，這樣繼續下去就會使得
兩者之間的距離逐漸縮小：...、5、4、3、2、1、0 -> 相遇。又因為在同一個環中fast和slow之間的距離不會大於換的長度，因此
到二者相遇的時候slow一定還沒有走完一周（或者正好走完以后，這種情況出現在開始的時候fast和slow都在環的入口處）。
下面給出問題1的完整代碼：
typedef struct node{
char data ;
node * next ;
}Node;
bool exitLoop(Node *head)
{
Node *fast, *slow ;
slow = fast = head ;
while (slow != NULL && fast -> next != NULL)
{
slow = slow -> next ;
fast = fast -> next -> next ;
if (slow == fast)
return true ;
}
return false ;
}
下面看問題2，找出環的入口點：
我結合着下圖講解一下：
從上面的分析知道，當fast和slow相遇時，slow還沒有走完鏈表，假設fast已經在環內循環了n(1<= n)圈。假設slow走了s步，則fast走了2s步，又由於
fast走過的步數 = s + n*r（s + 在環上多走的n圈），則有下面的等式：
2*s = s + n * r ; (1)
=> s = n*r (2)
如果假設整個鏈表的長度是L，入口和相遇點的距離是x（如上圖所示），起點到入口點的距離是a(如上圖所示)，則有：
a + x = s = n * r; (3) 由（2）推出
a + x = (n - 1) * r + r = (n - 1) * r + (L - a) (4) 由環的長度 = 鏈表總長度 - 起點到入口點的距離求出
a = (n - 1) * r + (L -a -x) (5)
集合式子（5）以及上圖我們可以看出，從鏈表起點head開始到入口點的距離a,與從slow和fast的相遇點（如圖）到入口點的距離相等。
因此我們就可以分別用一個指針（ptr1, prt2），同時從head與slow和fast的相遇點出發，每一次操作走一步，直到ptr1 == ptr2，此時的位置也就是入口點！
到此第二個問題也已經解決。
下面給出示意性的簡單代碼（沒有測試但是應該沒有問題）：
Node* findLoopStart(Node *head)
{
Node *fast, *slow ;
slow = fast = head ;
while (slow != NULL && fast -> next != NULL)
{
slow = slow -> next ;
fast = fast -> next -> next ;
if (slow == fast) break ;
}
if (slow == NULL || fast -> next == NULL) return NULL ; //沒有環，返回NULL值
Node * ptr1 = head ; //鏈表開始點
Node * ptr2 = slow ; //相遇點
while (ptr1 != ptr2)
{
ptr1 = ptr1 -> next ;
ptr2 = ptr2 -> next ;
}
return ptr1 ; //找到入口點
}
第3個問題，如果存在環，求環上節點的個數：
對於這個問題，我這里有兩個思路（肯定還有其它跟好的辦法）：
思路1：記錄下相遇節點存入臨時變量tempPtr，然后讓slow(或者fast，都一樣)繼續向前走slow = slow -> next；一直到slow == tempPtr; 此時經過的步數就是環上節點的個數；
思路2： 從相遇點開始slow和fast繼續按照原來的方式向前走slow = slow -> next; fast = fast -> next -> next；直到二者再次項目，此時經過的步數就是環上節點的個數 。
第一種思路很簡單，其實就是一次遍歷鏈表的環，從而統計出點的個數，沒有什么可以詳細解釋的了。
對於第二種思路，我們可以這樣想，結合上面的分析，fast和slow沒一次操作都會使得兩者之間的距離較少1。我們可以把兩者相遇的時候看做兩者之間的距離正好是整個環的
長度r。因此，當再次相遇的時候所經過的步數正好是環上節點的數目。
由於這兩種思路都比較簡單，代碼也很容易實現，這里就不給出了。
問題4是如果存在環，求出鏈表的長度：
到這里，問題已經簡單的多了，因為我們在問題1、2、3中已經做得足夠的”准備工作“。
我們可以這樣求出整個鏈表的長度：
鏈表長度L = 起點到入口點的距離 + 環的長度r;
已經知道了起點和入口點的位置，那么兩者之間的距離很好求了吧！環的長度也已經知道了，因此該問題也就迎刃而解了！
問題5是，求出環上距離任意一個節點最遠的點（對面節點）
如下圖所示，點1和4、點2和5、點3和6分別互為”對面節點“ ，也就是換上最遠的點，我們的要求是怎么求出換上任意一個點的最遠點。
對於換上任意的一個點ptr0, 我們要找到它的”對面點“，可以這樣思考：同樣使用上面的快慢指針的方法，讓slow和fast都指向ptr0，每一步都執行與上面相同的操作（slow每次跳一步，fast每次跳兩步），
當fast = ptr0或者fast = prt0->next的時候slow所指向的節點就是ptr0的”對面節點“。
為什么是這樣呢？我們可以這樣分析：
如上圖，我們想像一下，把環從ptro處展開，展開后可以是無限長的（如上在6后重復前面的內容）如上圖。
現在問題就簡單了，由於slow移動的距離永遠是fast的一般，因此當fast遍歷玩整個環長度r個節點的時候slow正好遍歷了r/2個節點，
也就是說，此時正好指向距離ptr0最遠的點。
對於問題6（擴展）如何判斷兩個無環鏈表是否相交，和7（擴展）如果相交，求出第一個相交的節點，其實就是做一個問題的轉化：
假設有連個鏈表listA和listB，如果兩個鏈表都無環，並且有交點，那么我們可以讓其中一個鏈表（不妨設是listA）的為節點連接到其頭部，這樣在listB中就一定會出現一個環。
因此我們將問題6和7分別轉化成了問題1和2.
看看下圖就會明白了：
到此結束！休息一下！
參考：
http://www.cppblog.com/humanchao/archive/2012/11/12/47357.html
http://blog.csdn.net/liuxialong/article/details/6555850
http://blog.csdn.net/liuxialong/article/details/6555850
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