面试苹果，跪的离奇。。

大家好，我是吴师兄。

今天看到一个朋友的面试经历，面试苹果时跪在一道高频却简单的算法题上， 问题很简单，就是判断链表是否成环 。

高频题还是得好好练习，彻底掌握。来看一下题目描述：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。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。

注意，pos 仅仅是用于标识环的情况，并不会作为参数传递到函数中。

说明：不允许修改给定的链表。

这道题目是非常经典的双指针特征题，总的思路是两步。

1、通过快慢指针的方式，在环中寻找它们的第一次相遇的节点位置

2、当快慢指针相遇的时候：

x 代表从头节点到环形入口节点的节点数（不包含头节点）

y 代表从环形入口到第一次相遇节点的节点数（不包含环形入口节点）

z 代表从第一次相遇节点到环形入口的节点数（不包含第一次相遇节点）

此时，快指针走了 x + y + n (y + z)，其中，x + y 表示快指针第一次到达相遇节点，n 代表快指针在环里面绕了多少圈。

而慢指针走了 x + y 步。

那么就出现了一个等式 x + y = [x + y + n (y + z)] / 2 ，即 x = n（y + z）- y 。

n（y + z）- y 代表的含义是 一个指针从相遇节点开始出发，走了 n 圈之后回到原来的出发位置，往后退 y 步 。

由于 x 代表从头节点到环形入口节点的节点数，并且 x = n（y + z）- y ，所以 n（y + z）- y 代表的含义就是 一个指针从相遇节点开始出发，走了 n 圈之后回到原来的出发位置，往后退 y 步来到了环的入口位置 。

那么，我们就可以设置两个指针，一个从链表的头节点开始出发，一个指针从相遇节点开始出发，当它们相遇的时候，代表着环的入口节点找到了。

有时候在面试过程中，面试官会补充一下问题，比如：

• 1、当 slow = 1 ， fast = 2 ，为什么 fast 和 slow 一定会相遇？
• 2、当 slow = 1 ， fast = 2 ，fast 和 slow 相遇时，slow 指针是否绕环超过一圈？
• 3、slow 和 fast 的移动步数有什么规则？
• 4、能否设置为 slow 每次移动 1 步，fast 每次移动  3、4、5...步？
• 5、为什么设置 slow = 1 ， fast = 2 ？
• 6、为什么得出相反的结论？

为了方便大家理解与表达，所以回答尽可能的采取口语化的表达方式，面试的时候你直接拿去用就行。

1、当 slow = 1 ， fast = 2 ，为什么 fast 和 slow 一定会相遇？

首先，我们从现实角度去思考。

一个 400 米的圆形跑道上，有跑的慢的人、有跑的快的人，只要给予一定的时间，快的肯定会追上慢的，触发相遇。

环形链表在这个的基础上增加了一条限制： 跑道并非连续，而是有一个个的节点组成的 。

需要注意，如果两者没有在节点相遇，而是在节点与节点之间的位置相遇， 那并非相遇只是相交 。

1、假设，fast 在 slow 后方 一个节点 的位置，那么它们都跳一次之后，fast 和 slow 相遇了。

2、假设，fast 在 slow 后方 两个节点 的位置，那么它们都跳一次之后，fast 和 slow 的距离缩短为 1，变成了上述假设 1 的问题，可以相遇。

3、假设，fast 在 slow 后方 N 个节点 的位置，那么它们都跳一次之后，fast 和 slow 的距离缩短为 N - 1，每条一次，都可以缩短一个单位，不断缩短，最终变成上述的假设 1。

所以， fast 和 slow 一定会相遇 。

2、当 slow = 1 ， fast = 2 ，fast 和 slow 相遇时，slow 指针是否绕环超过一圈？

从 slow 进入环之后开始统计，fast 与 slow 相距最远的距离是 fast 在 slow 前方一个节点的位置。

此时，假设一下，fast 与 slow 同时在节点 2 开始出发，相当于两者相距一个环的距离。

当 slow 跑完一圈来到起始位置节点 2 时，由于 fast 速度是 slow 的两倍，那么 fast 必然跑了两圈也来到起始位置节点 2 ，两者相遇。

而此时，fast 在 slow 的前方位置，意味着两者的距离是小于一个完整的环的节点数的，说明 fast 可以更快的追上 slow。

既然 fast 与 slow 相距一个环的距离相遇时，slow 才能跑一圈，那么相距更短的距离，slow 没有跑完一圈，两者相遇了。

3、slow 和 fast 的移动步数有什么规则？

只需要两者的步数不一致就行。

4、能否设置为 slow 每次移动 1 步，fast 每次移动  3、4、5...步？

先说答案： 可以 ！

首先，只要快慢两个指针都进入环中，两者有速度差，快指针就一定能够追上慢指针。

追上可以分为两种情况：

1、恰好追上，即快慢指针在某个位置相遇了 2、快指针超过了慢指针，快指针跑到了慢指针的前面了

所以，我们需要分析的就是第二种情况： 跑到前面之后能否多跑几圈之后刚好相遇 。

假设环的周长为整数 L，slow 每次走 a 步，fast 每次走 b 步，a ≠ b。

相遇时，两者都走了 t 次。

1、slow 走过的路程：x + y + n(y+z), n 代表 slow 绕了 n 圈 2、fast 走过的路程：x + y + m(y+z)，m 代表 fast饶了 m 圈 3、m > n

对于 slow ：x + y + n(y+z) = a * t

对于 fast ：x + y + m(y+z) = b * t

两者一相减：

“

(m - n)( y + z ) = ( b - a ) * t

”

y + z 代表一圈的节点数，y + z = L

“

(m - n)L = ( b - a ) * t

”

b - a 为一个正整数，假设为 c 。

**t =  (** m - n)L /  c 。

其中 L 为常量，m 与 n 都可以随便设置，因此 m - n 的值可以为 1、2、3、。。。，

无论 c 取任何的正整数值，始终可以找到 m 与 n，计算得到一个正整数 t 。

也就是说  c 可以为 1、2、3、4、5。。。

说明 slow 与 fast 的速度差可以为  1、2、3、4、5。。。

由此也证明了 slow 每次走 1 步，fast 每次走 2 步、3 步、4 步。。。都是可以相遇的。

甚至，slow 每次走 2 步，fast 每次 3 步、4 步。。。都是可以相遇的。

只要 a ≠ b，存在步数差。

5、为什么设置 slow = 1 ， fast = 2 ？

由于 **b - a =  (** m - n)L /  t 。

说明速度差 b - a 越小，fast 和 slow 跑的圈数就越小，经历的节点数也就越少，

由此 b – a = 1 是一个最小的答案， 即 fast 和 slow 相差一步最合理 。

然后，再来看，slow 进环的时候，fast 已经在环里面了，当 slow 来到环入口的时候，代表 fast 已经快跑了一圈。

所以，fast 和 slow 相遇，m 至少为 1。

m 越小，fast 总共走的路程就越小，时间复杂度就越低。

所以，m = 1 时最低的时间复杂度。

所以，fast 跑的越慢，越能在环中少跑几圈等到还在外面直线跑的 slow。

由于 a ≠ b， b – a = 1 ，a = 1，所以 b = 2。

所以，设置 slow 为 1 ，fast 为 2 最合理！

6、为什么得出相反的结论？

关于 fast 与 slow 能否相遇的问题，我在网上看到这样的回答。

仔细看看，是不是很有道理，但得到的结论却和本文问题 4 得出的结论不符。

谁是对的呢？

我们顺着它的假设来模拟一下。

假设环的周长为偶数，也就是六个节点。

并且进入环后 slow = 1 ，fast = 3，slow 与 fast 的距离为奇数。

模拟一下，fast 始终会出现在节点 4 和节点 1 这两个位置，当 slow 重新来到节点 1 的时候，fast 又来到了节点 4，如此反复，两者无法相遇。

这个结论是对的？？！！

这种假设根本就不会成立！

即进入环后 slow = 1 ，fast = 3，slow 与 fast 的距离为奇数这种假设无法成立。

在进入环之前，slow 和 fast 有一段公共的直线路需要走。

假设这条直线的长度为 m。

那么 slow 需要跳 m 次才能来到环入口位置节点 1 ，fast 需要跳 m/3 次才能第一次来到环入口位置节点 1，环的节点数是 6 个，fast 跑 2 次可以跑完一圈，假设跑了 n 圈，那么就跑了 2n 次，那么再跑一次就来到了节点 4 。

于是有了等式： m = m / 3 + 2n + 1 。

计算一下得 n = ( 2m / 3 - 1 ) / 2 。

由于 2m 为偶数，根据数学知识 一个能被 3 整除的偶数除以 3 仍为偶数 ，于是 2m / 3 为偶数，2m / 3 - 1 为奇数， ( 2m / 3 - 1 ) / 2 无法是整数。

所以， 找不到这样一个整数 m 和整数 n，使得上面的假设成立 。