1.2.1.1单链表的逆转倒置、验环、倒数第M个节点和相交

（1）反向逆置

1. //逆置单向链表
2. //通过三个指针遍历 O（n）
3. LNode*ListInverse(LNode*L)
4. {
5. if(L==NULL)
6. returnNULL;
7. if(L->Next==NULL)returnL;
8. LNode*pre=L->Next;
9. LNode*cur=pre->Next;
10. LNode*next=cur->Next;
11. pre->Next=NULL;
12. cur->Next=pre;
13. pre=cur;
14. cur=next;
15. while(cur!=NULL)
16. next=cur->Next;
17. }
18. L->Next=pre;
19. }

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1. //头插法遍历

copy

publicvoidReversLinkList(LinkList<int>H)
1. {
2. Node>p=H.Next;
3. Node>q=newNode>();
4. H.Next=null;
5. while(p!=null)
6. {
7. q=p;
8. p=p.Next;
9. q.Next=H.Next;
10. H.Next=q;
11. }

（2）验证环

正常链表的尾节点的链域是NULL，有环就不存在NULL了！对了，用一指针轮询，不断地p=p->next;若是看到了p为NULL，则表明无环！否则，就是有环。这个想法挺好，但是有环，会进入死循环的。有

办法是有的：使用两指针，一快一慢，都从头开始轮询，若有环，则慢的肯定可以被快的反超，因为此时大家都像是在围绕着环形跑道赛跑；若是一正常链表，则肯定会遇到NULL，好了，问题解决了。

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1. boolhasLoop(Node*head)
2. {
3. if(head==NULL)//链表为空
4. returnfalse;
5. Node*p,*q;
6. p=q=head;//两个指针从同一点出发，当然也可以一前一后
7. while(p&&q)
8. p=p->next;//一次一步
9. q=q->next->next;//一次两步
10. if(p==q)//相遇，肯定有环
11. true;
12. }
13. false;//出现了NULL，也就无环
14. }

（3）倒数第M个节点

两指针，一指针先从头移动k次，此时两指针间隔k(就是要这个差距)，此时两指针同时移动，快慢一样，等到先走的指针移动到NULL，第二个指针不就是倒数第k个

voidendOfK(Node*head,intk)
1. if(head==NULL)
2. printf("链表为空！");
3. return;
4. Node*p,*q;
5. p=q=head;
6. intcount=0;
7. while(p&&count<k)
8. p=p->next;
9. count++;
10. if(p==NULL&&count!=k)//update:这里原先只有p==NULL，更新后加上count!=k，大家想想为什么？
11. {
12. printf("k值过大！\n");
13. return;
14. }
15. while(p)
16. q=q->next;
17. printf("倒数第%d个节点是%d\n",k,q->data);
18. }

（4）相交

一指针沿着其中一链表走到尾节点处等着，另一链表的指针也从头走到尾，若能在尾处相遇，则两链表在某节点处相交。

寻找相交节点

不妨遍历每个链表保存最后一个节点，看看最后一个节点是否是同一个节点，这种情况时间复杂度是O（length1 + length2）。基本也不需要什么空间，似乎是一个不错的想法哦，那么怎么找到第一个相交节点呢？可以遍历的过程中记录链表的长度L1和L2(假设L1>L2)这是遍历找到第一个链表中的第L1 - L2节点，然后链表一从第L1-L2个节点开始遍历，链表二从第一个节点遍历，每次前进一步，直到找到第一个相同的节点，则可以认为两个链表存在相交节点，并且该点即为第一个相交节点（原来这里写错了，感谢Ider指出这个错误）。这种解法的时间复杂度也是线性的，但是如果两个链表长度相差不多时，时间复杂度还是不错的。

（10）寻找环的入口点

1. 遍历链表，将已经遍历过的节点放在一个hash表中，如果一个节点已经存在hash表中，说明有环。时间:O(n) 空间:O(n)

2.寻找环的入口点： 当fast按照每次2步，slow每次一步的方式走，发现fast和slow重合，确定了单向链表有环路。接下来，让fast回到链表的头部，重新走，每次步长1，那么当fast和slow再次相遇的时候，就是环路的入口了。

证明：在fast和slow第一次相遇的时候，假定slow走了n步，环路的入口是在p步，那么

slow走的路径： p+c ＝ n； c为fast和slow相交点 距离环路入口的距离

fast走的路径： p+c+k*L = 2*n； L为环路的周长，k是整数

显然，如果从p+c点开始，slow再走n步的话，还可以回到p+c这个点。

同时，fast从头开始走，步长为1，经过n步，也会达到p+c这点。

显然，在这个过程中fast和slow只有前p步骤走的路径不同。所以当p1和p2再次重合的时候，必然是在链表的环路入口点上。

原文地址：https://www.jb51.cc/javaschema/284926.html