这不是使用famous Hare和Tortoise方法检测链表中的循环的问题。
在野兔＆amp; Tortoise方法我们有以1x和2x速度运行的指针，以确定它们是否满足，并且我确信它是最有效的方式，并且该类型的搜索顺序是O（n）。
问题是我必须提出一个证据（证明或反驳），当移动速度是Ax（A倍x）和Bx（B乘x）并且A是A时，两个指针总是可以相遇不等于B.其中A和B是在链表上运行的两个随机整数，并且存在循环。
我最近参加的一次采访中提到了这一点，我无法全面向自己证明以上是否可行。任何帮助表示赞赏。
答案 0 :(得分：10)
假设有一个循环，比如长度L。
简易案例
为了使其更容易，首先考虑两个粒子同时完整循环的情况。对于某些正整数n*A = n*B (mod L)，这些粒子在n处于同一位置，这是直到它们再次相遇的步数。取n=L给出一个解决方案（尽管可能有一个较小的解决方案）。因此，在L单位时间之后，粒子A已经使A绕着循环返回到开头并且粒子B已经B绕行循环回到开头，他们愉快地碰撞。
一般情况
现在当他们不同时进入循环时会发生什么？让A成为较慢的粒子，即A<B，并假设A在时间m进入循环，让我们调用A进入的位置循环0（因为它们在循环中，它们永远不会离开它，所以我只是通过减去A*m来重命名位置，距离A在{{1}之后移动了时间单位）。那么，那时m已经位于B位置（m*(B-A)时间单位为m之后的真实位置，因此重命名的位置为B*m） 。然后，我们需要显示B*m-A*m时间为n。也就是说，我们需要一个模块化方程的解决方案
n*A = n*B+m*(B-A) (mod L) (n+m) * (A-B) = 0 (mod L)
n = k*L-m足够大，k可以解决问题，但可能会有更小的解决方案。
因此，是的，他们总是相遇。
答案 1 :(得分：1)
如果你的两个步长有一个共同因子x：假设步长是Ax和Bx，那么只考虑从原始序列获取的序列并取每个第x个元素。当且仅当原始序列发生时，这个新序列才有一个循环，并且在其上采用大小为A和B的步骤相当于在原始序列上采用大小为Ax和Bx的步骤。
这种减少意味着当A和B是互质的时候证明算法是有效的就足够了。
答案 2 :(得分：-1)
假设是错误的。例如，如果两个指针都是偶数大小的跳跃，那么循环的大小也是均匀的，指针之间的距离是奇数，它们永远不会相遇。
UPD这显然是不可能的情况。因为两个指针从同一点开始，它们之间的距离将始终是均匀的。