题目：
给你一个链表的头节点 head ，判断链表中是否有环。
如果链表中有某个节点，可以通过连续跟踪 next 指针再次到达，则链表中存在环。 为了表示给定链表中的环，评测系统内部使用整数 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 不作为参数进行传递，仅仅是为了标识链表的实际情况。
如果链表中存在环，则返回 true 。 否则，返回 false 。
示例 1：
输入：
head = [3,2,0,-4], pos = 1
输出：
true
解释：
链表中有一个环，其尾部连接到第二个节点。
示例 2：
输入：
head = [1,2], pos = 0
输出：
true
解释：
链表中有一个环，其尾部连接到第一个节点。
示例 3：
输入：
head = [1], pos = -1
输出：
false
解释：
链表中没有环。
提示：
- 链表中节点的数目范围是 [0, 10000]
- -100000 <= Node.val <= 100000
- pos 为 -1 或者链表中的一个 有效索引 。
代码
class Solution {
public:
bool hasCycle(ListNode *head) {
unordered_set<ListNode*> seen;
while (head != nullptr) {
if (seen.count(head)) {
return true;
}
seen.insert(head);
head = head->next;
}
return false;
}
};
思路：
最容易想到的方法是遍历所有节点，每次遍历到一个节点时，判断该节点此前是否被访问过。
具体地，我们可以使用哈希表来存储所有已经访问过的节点。每次我们到达一个节点，如果该节点已经存在于哈希表中，则说明该链表是环形链表，否则就将该节点加入哈希表中。重复这一过程，直到我们遍历完整个链表即可。
复杂度分析：
- 时间复杂度：O(N)。
- 空间复杂度：O(N)。
代码
class Solution {
public:
bool hasCycle(ListNode *head) {
if (head == NULL || head->next == NULL)
{
return false;
}
ListNode *slow = head;
ListNode *fast = head->next;
while (slow != fast)
{
if (fast == NULL || fast->next == NULL)
{
return false;
}
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
}
return true;
}
};
思路：
假想「乌龟」和「兔子」在链表上移动，「兔子」跑得快，「乌龟」跑得慢。当「乌龟」和「兔子」从链表上的同一个节点开始移动时，如果该链表中没有环，那么「兔子」将一直处于「乌龟」的前方；如果该链表中有环，那么「兔子」会先于「乌龟」进入环，并且一直在环内移动。等到「乌龟」进入环时，由于「兔子」的速度快，它一定会在某个时刻与乌龟相遇，即套了「乌龟」若干圈。
我们可以根据上述思路来解决本题。具体地，我们定义两个指针，一快一满。慢指针每次只移动一步，而快指针每次移动两步。初始时，慢指针在位置 head，而快指针在位置 head.next。这样一来，如果在移动的过程中，快指针反过来追上慢指针，就说明该链表为环形链表。否则快指针将到达链表尾部，该链表不为环形链表。
为什么我们要规定初始时慢指针在位置 head，快指针在位置 head.next，而不是两个指针都在位置 head（即与「乌龟」和「兔子」中的叙述相同）？
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观察代码，我们使用的是 while 循环，循环条件先于循环体。由于循环条件一定是判断快慢指针是否重合，如果我们将两个指针初始都置于 head，那么 while 循环就不会执行。因此，我们可以假想一个在 head 之前的虚拟节点，慢指针从虚拟节点移动一步到达 head，快指针从虚拟节点移动两步到达 head.next，这样我们就可以使用 while 循环了。
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当然，我们也可以使用 do-while 循环。此时，我们就可以把快慢指针的初始值都置为 head。
复杂度分析
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时间复杂度：O(N)，其中 NN 是链表中的节点数。
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当链表中不存在环时，快指针将先于慢指针到达链表尾部，链表中每个节点至多被访问两次。
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当链表中存在环时，每一轮移动后，快慢指针的距离将减小一。而初始距离为环的长度，因此至多移动 N 轮。
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空间复杂度：O(1)。我们只使用了两个指针的额外空间。
