我知道，为了检测链表中的循环，我可以使用 Hare and Tortoise 方法，该方法包含 2 个指针（慢指针和快指针）。但是，在阅读wiki和其他资源后，我不明白为什么保证两个指针会在O(n)时间复杂度内相遇。
【问题讨论】：
标签： algorithm linked-list detection cycle floyd-cycle-finding
这是一个非正式证明的尝试。
循环的形状无关紧要。它可以有一个长尾巴，和一个朝向末端的循环，或者只是一个从头到尾没有尾巴的循环。不管周期的形状如何，有一点很清楚 - 乌龟指针无法赶上兔子指针。如果两者要相遇，兔子指针必须从后面追上龟指针。
确定后，考虑两种可能性：
所有更大的距离最终都会减少到一两个。
假设乌龟指针总是先移动（也可以反过来），那么在第一种情况下，乌龟指针向前移动一步。现在它们之间的距离为 2。当野兔指针现在走 2 步时，它们将落在同一个节点上。为了更容易理解，这里说明了相同的内容。过多的文字可能会妨碍您。
♛ = 野兔 ♙ = 乌龟 X = 两者相遇 ..♛♙... #1 - 最初，兔子比乌龟落后一步。 ..♛.♙.. #2 - 现在乌龟迈出了一步。现在野兔落后了两步。 ....X.. #3 - 接下来，兔子走了两步，它们相遇了！现在让我们考虑第二种情况，它们之间的距离为 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，即与第一种情况相同，在第一种情况下，我们已经证明它们将再一步相遇。同样，为了便于理解，还进行了图示。
.♛.♙... #1 - 最初，兔子比乌龟落后两步。 .♛..♙.. #2 - 现在乌龟迈了一步，它们之间的距离变成了三步。 ...♛♙.. #3 - 接下来，兔子采取两个步骤，这与之前的情况相同。现在，至于为什么这个算法保证在 O(n) 内，使用我们已经确定的兔子将在乌龟前进之前遇到乌龟。这意味着一旦两者都在循环内，在乌龟完成另一轮之前，它将遇到兔子，因为兔子的移动速度是兔子的两倍。在最坏的情况下，循环将是一个有 n 个节点的圆。乌龟只能在 n 步内完成一轮，而兔子可以在这段时间内完成两轮。即使兔子在第一轮错过了乌龟（它会），它肯定会在第二轮赶上乌龟。
【讨论】：
n 移动中遍历循环两次（考虑到循环的长度为n），它们保证在O(n) 中相遇。还要证明为什么我们不能有比O(n) 的下限，考虑整个列表循环并看起来像一个圆圈的最坏情况。两者都从节点 0 开始。当快指针完成一个循环时，慢指针已经在列表(n/2) 步骤的一半处。在另一个(n/2) 步骤中，快的将完成另一次迭代，而慢的将完成第一次迭代。
让迭代器A 和B 分别一个接一个地遍历列表。康迪尔存在一个循环。然后在A 进入循环的那一刻，B 已经在其中的某个地方。如果循环的长度是K，那么B 将在]K/2[ 移动中围绕它运行，所以最多在2*]K/2[ 迭代中我们会遇到B 出现在远处A 后面的情况1: B->A 或 2: B->.->A，这是 B'th 回合。在此之后，显然，他们将在1 或2 移动中相遇。因此，如果循环存在并从某个位置 P 开始，那么我们最多会进行 2*P + 2*]K/2[ + 2 = O(N) 迭代。
【讨论】：
//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;
【讨论】：
这是龟兔算法的while循环：
while tortoise:
hare = hare.next
tortoise = tortoise.next
# if not hare, states that i have a single node.
# hare.next means that we have a tail value. So we do not have a cycle
if (not hare) or (not hare.next):
return False
else:
hare = hare.next
if tortoise == hare:
return True
虽然兔子向前移动了2步，这意味着它有可能在循环中一遍又一遍地循环，一遍又一遍地接触多个节点，从技术上讲，这一切都发生在一个while循环中.
【讨论】：