[路飞]_前端算法第四十五弹-面试题 02.08. 环路检测给定一个链表，如果它是有环链表，实现一个算法返回环路的开头节

给定一个链表，如果它是有环链表，实现一个算法返回环路的开头节点。若环不存在，请返回 null。

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，我们使用整数 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。

示例 1：

输入：head = [3,2,0,-4], pos = 1
输出：tail connects to node index 1
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：tail connects to node index 0
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：no cycle
解释：链表中没有环。

进阶：

你是否可以不用额外空间解决此题？

哈希表

一个非常直观的思路是：我们遍历链表中的每个节点，并将它记录下来；一旦遇到了此前遍历过的节点，就可以判定链表中存在环。借助哈希表可以很方便地实现。

var detectCycle = function(head) {
    const visited = new Set();
    while (head !== null) {
        if (visited.has(head)) {
            return head;
        }
        visited.add(head);
        head = head.next;
    }
    return null;
};

复杂度分析

时间复杂度：O(N)，其中 N 为链表中节点的数目。我们恰好需要访问链表中的每一个节点。
空间复杂度：O(N)，其中 N 为链表中节点的数目。我们需要将链表中的每个节点都保存在哈希表当中。

快慢指针

我们使用两个指针，fast 与 slow。它们起始都位于链表的头部。随后，slow 指针每次向后移动一个位置，而 fast 指针向后移动两个位置。如果链表中存在环，则 fast 指针最终将再次与 slow 指针在环中相遇。

设链表中环外部分的长度为 a。slow 指针进入环后，又走了 b 的距离与 fast 相遇。此时，fast 指针已经走完了环的 n 圈，因此它走过的总距离为 $a+n(b+c)+b=a+(n+1)b+nc$ 。

根据题意，任意时刻，fast 指针走过的距离都为 slow 指针的 2 倍。因此，我们有

$a+(n+1)b+nc=2(a+b)⟹a=c+(n−1)(b+c)$

有了 $a=c+(n−1)(b+c)$ 的等量关系，我们会发现：从相遇点到入环点的距离加上 $n−1$ 圈的环长，恰好等于从链表头部到入环点的距离。

$(n−1)(b+c)$ 表示绕了 $n−1$ 圈，相当于移动距离为0没动。所以 $a=c$ 。

var detectCycle = function (head) {
    if (!head || !head.next) return null;
    let fast = head;
    let slow = head;
    while (fast && fast.next) {
        fast = fast.next.next;
        slow = slow.next
        if (fast == slow) break
    }
    if (!fast||!fast.next) return null;
    let pre = head;
    while (pre != slow) {
        pre = pre.next;
        slow = slow.next
    }
    return pre
};

复杂度分析

时间复杂度：O(N)，其中 N 为链表中节点的数目。在最初判断快慢指针是否相遇时，slow\textit{slow}slow 指针走过的距离不会超过链表的总长度；随后寻找入环点时，走过的距离也不会超过链表的总长度。因此，总的执行时间为 $O(N)+O(N)=O(N)$ 。
空间复杂度：O(1)。我们只使用了 slow, fast 两个指针。