Question

据我所知，为了检测链表中的循环，我可以使用Hare和Tortoise方法，该方法包含2个指针（慢速和快速指针）。但是，在阅读了wiki和其他资源之后，我不明白为什么这两个指针会在O（n）时间复杂度上得到满足。

Answer 1

这是一次非正式证明的尝试。

周期的形状无关紧要。它可以有一个长尾巴，一个朝向末端的循环，或者只是一个从开始到结束而没有尾巴的循环。无论循环的形状如何，有一件事是清楚的 - 乌龟指针无法赶上野兔指针。如果两人永远相遇，野兔指针必须从后面赶上乌龟指针。

有了这个，考虑两个可能性：

野兔指针是乌龟指针背后的一步。
野兔指针是乌龟指针背后的两步。

所有更远的距离最终会减少到一两个。

假设乌龟指针始终先移动（也可能是另一种方式），那么在第一种情况下，乌龟指针向前迈出一步。现在它们之间的距离是2.当野兔指针现在采取两步时，它们将落在同一节点上。这是为了便于理解而说明的相同内容。太多的文字可能会妨碍你。

♛ = hare
♙ = tortoise
X = both meet

..♛♙... #1 - Initially, the hare is one step behind the tortoise.
..♛.♙.. #2 - Now the tortoise takes one step. now hare is two steps behind.
....X.. #3 - Next, the hare takes two steps and they meet!

现在让我们考虑第二种情况，它们之间的距离是2.慢速指针向前移动一步，它们之间的距离变为3.接下来，快速指针向前移动两步，它们之间的距离减小到1与我们已经证明他们将再一次见面的第一个案例相同。再次，说明以便于理解。

.♛.♙... #1 - Initially, the hare is two steps behind the tortoise.
.♛..♙.. #2 - Now the tortoise takes one step and they become three steps apart.
...♛♙.. #3 - Next, the hare takes two steps which is identical to previous case.

现在，至于为什么这个算法保证在O（n）中，使用我们已经确定的野兔将在它前进之前遇到乌龟。这意味着一旦两者都在环路内，在乌龟完成另一轮之前，它将满足野兔，因为野兔的移动速度是原来的两倍。在最坏的情况下，循环将是一个具有n个节点的圆。虽然乌龟只能在n个步骤中完成一轮，但野兔在那段时间内可以完成两轮。即使野兔在第一轮中错过了乌龟（它将会），它肯定会在第二轮中赶上乌龟。

Answer 2

让迭代器A和B分别按1和2进行列表。 Consdier存在一个循环。然后，当A进入循环时，B已经位于其中的某个位置。如果循环的长度为K，那么B将在]K/2[次移动中围绕它运行，因此最多在2*]K/2[次迭代中我们会遇到{{1}的情况} B位于A或1: B->A的{{1}}后方，并且2: B->.->A转过来。在此之后，很明显，他们将在B或1次移动中相遇。因此，如果循环存在并从某个位置2开始，那么我们最多只进行P次迭代。

Answer 3

//if you just want to check if there is a loop

loop = false;
item = head-of-list; 
while (item != nil)
{
   if (item.next < 0) 
   {
      loop = true; 
      break; 
   }
   else
   {
      actual = item;
      item = item.next; 
      actual.next = actual.next * -1; 
   }
} 

return loop;

使用Hare和Tortoise方法在链表中进行循环检测

3 个答案: