程序员编程艺术：第九章、闲话链表追赶问题

前奏
    有这样一个问题：在一条左右水平放置的直线轨道上任选两个点，放置两个机器人，请用如下指令系统为机器人设计控制程序，使这两个机器人能够在直线轨道上相遇。（注意两个机器人用你写的同一个程序来控制）。
    指令系统：只包含4条指令，向左、向右、条件判定、无条件跳转。其中向左（右）指令每次能控制机器人向左（右）移动一步；条件判定指令能对机器人所在的位置进行条件测试，测试结果是如果对方机器人曾经到过这里就返回true，否则返回false；无条件跳转，类似汇编里面的跳转，可以跳转到任何地方。

    ok，这道很有意思的趣味题是去年微软工程院的题，文末将给出解答（如果急切想知道此问题的答案，可以直接跳到本文第三节）。同时，我们看到其实这个题是一个典型的追赶问题，那么追赶问题在哪种面试题中比较常见?对了，链表追赶。本章就来阐述这个问题。有不正之处，望不吝指正。

第一节、求链表倒数第k个结点
第13题、题目描述：
输入一个单向链表，输出该链表中倒数第k个结点,
链表的倒数第0个结点为链表的尾指针。

分析：此题一出，相信，稍微有点 经验的同志，都会说到：设置两个指针p1,p2，首先p1和p2都指向head，然后p2向前走k步，这样p1和p2之间就间隔k个节点，最后p1和p2同时向前移动，直至p2走到链表末尾。

    前几日有朋友提醒我说，让我讲一下此种求链表倒数第k个结点的问题。我想，这种问题，有点经验的人恐怕都已了解过，无非是利用两个指针一前一后逐步前移。但他提醒我说，如果参加面试的人没有这个意识，它怎么也想不到那里去。

    那在平时准备面试的过程中如何加强这一方面的意识呢?我想，除了平时遇到一道面试题，尽可能用多种思路解决，以延伸自己的视野之外，便是平时有意注意观察生活。因为，相信，你很容易了解到，其实这种链表追赶的问题来源于生活中长跑比赛，如果平时注意多多思考，多多积累，多多发现并体味生活，相信也会对面试有所帮助。

    ok，扯多了，下面给出这个题目的主体代码，如下：

struct ListNode
{
    char data;
    ListNode* next;
};
ListNode* head,*p,*q;
ListNode *pone,*ptwo;

//@heyaming, 第一节,求链表倒数第k个结点应该考虑k大于链表长度的case。
ListNode* fun(ListNode *head,int k)
{
 assert(k >= 0);
 pone = ptwo = head;
 for( ; k > 0 && ptwo != NULL; k--)
  ptwo=ptwo->next;
 if (k > 0) return NULL;
 
 while(ptwo!=NULL)
 {
  pone=pone->next;
  ptwo=ptwo->next;
 }
 return pone;
} 

扩展：
这是针对链表单项链表查找其中倒数第k个结点。试问，如果链表是双向的，且可能存在环呢?请看第二节、编程判断两个链表是否相交。

第二节、编程判断两个链表是否相交
题目描述：给出两个单向链表的头指针（如下图所示），

比如h1、h2，判断这两个链表是否相交。这里为了简化问题，我们假设两个链表均不带环。

分析：这是来自编程之美上的微软亚院的一道面试题目。请跟着我的思路步步深入（部分文字引自编程之美）：

直接循环判断第一个链表的每个节点是否在第二个链表中。但，这种方法的时间复杂度为O(Length(h1) * Length(h2))。显然，我们得找到一种更为有效的方法，至少不能是O（N^2）的复杂度。
针对第一个链表直接构造hash表，然后查询hash表，判断第二个链表的每个结点是否在hash表出现，如果所有的第二个链表的结点都能在hash表中找到，即说明第二个链表与第一个链表有相同的结点。时间复杂度为为线性：O(Length(h1) + Length(h2))，同时为了存储第一个链表的所有节点，空间复杂度为O(Length(h1))。是否还有更好的方法呢，既能够以线性时间复杂度解决问题，又能减少存储空间？
进一步考虑“如果两个没有环的链表相交于某一节点，那么在这个节点之后的所有节点都是两个链表共有的”这个特点，我们可以知道，如果它们相交，则最后一个节点一定是共有的。而我们很容易能得到链表的最后一个节点，所以这成了我们简化解法的一个主要突破口。那么，我们只要判断俩个链表的尾指针是否相等。相等，则链表相交；否则，链表不相交。
所以，先遍历第一个链表，记住最后一个节点。然后遍历第二个链表，到最后一个节点时和第一个链表的最后一个节点做比较，如果相同，则相交，否则，不相交。这样我们就得到了一个时间复杂度，它为O((Length(h1) + Length(h2))，而且只用了一个额外的指针来存储最后一个节点。这个方法时间复杂度为线性O（N），空间复杂度为O（1），显然比解法三更胜一筹。
上面的问题都是针对链表无环的，那么如果现在，链表是有环的呢?还能找到最后一个结点进行判断么?上面的方法还同样有效么?显然，这个问题的本质已经转化为判断链表是否有环。那么，如何来判断链表是否有环呢?
总结：
所以，事实上，这个判断两个链表是否相交的问题就转化成了：
1.先判断带不带环
2.如果都不带环，就判断尾节点是否相等
3.如果都带环，判断一链表上俩指针相遇的那个节点，在不在另一条链表上。
如果在，则相交，如果不在，则不相交。

    1、那么，如何编写代码来判断链表是否有环呢?因为很多的时候，你给出了问题的思路后，面试官可能还要追加你的代码，ok，如下（设置两个指针(p1, p2)，初始值都指向头，p1每次前进一步，p2每次前进二步，如果链表存在环，则p2先进入环，p1后进入环，两个指针在环中走动，必定相遇）：

 view plaincopy to clipboardprint?
//copyright@ KurtWang  
//July、2011.05.27。  
struct Node  
{  
    int value;  
    Node * next;  
};  
 
//1.先判断带不带环  
//判断是否有环，返回bool，如果有环，返回环里的节点  
//思路：用两个指针，一个指针步长为1，一个指针步长为2，判断链表是否有环  
bool isCircle(Node * head, Node *& circleNode, Node *& lastNode)  
{  
    Node * fast = head->next;  
    Node * slow = head;  
    while(fast != slow && fast && slow)  
    {  
        if(fast->next != NULL)  
            fast = fast->next;  
          
        if(fast->next == NULL)  
            lastNode = fast;  
        if(slow->next == NULL)  
            lastNode = slow;  
          
        fast = fast->next;  
        slow = slow->next;  
          
    }  
    if(fast == slow && fast && slow)  
    {  
        circleNode = fast;  
        return true;  
    }  
    else 
        return false;  
} 
//copyright@ KurtWang
//July、2011.05.27。
struct Node
{
 int value;
 Node * next;
};

//1.先判断带不带环
//判断是否有环，返回bool，如果有环，返回环里的节点
//思路：用两个指针，一个指针步长为1，一个指针步长为2，判断链表是否有环
bool isCircle(Node * head, Node *& circleNode, Node *& lastNode)
{
 Node * fast = head->next;
 Node * slow = head;
 while(fast != slow && fast && slow)
 {
  if(fast->next != NULL)
   fast = fast->next;
  
  if(fast->next == NULL)
   lastNode = fast;
  if(slow->next == NULL)
   lastNode = slow;
  
  fast = fast->next;
  slow = slow->next;
  
 }
 if(fast == slow && fast &