题目
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描述
这是一篇针对初学者的题解，共用两种方法解决。
知识点：单链表，哈希，双指针
难度：二星
题解
题目抽象：给定一个单链表，如果有环，返回环的入口结点，否则，返回nullptr
方法一：哈希法
- 遍历单链表的每个结点
- 如果当前结点地址没有出现在set中，则存入set中
- 否则，出现在set中，则当前结点就是环的入口结点
- 整个单链表遍历完，若没出现在set中，则不存在环
代码
class Solution {
public:ListNode* EntryNodeOfLoop(ListNode* pHead){unordered_set<listnode*> st;while (pHead) {if (st.find(pHead) == st.end()) {st.insert(pHead);pHead = pHead->next;}else {return pHead;}}return nullptr;}
};
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)，最坏情况下，单链表的所有结点都在存入set
方法二：双指针法
若不用辅助结构set，该怎么做呢？这里画了一张图
- 初始化：快指针fast指向头结点， 慢指针slow指向头结点
- 让fast一次走两步， slow一次走一步，第一次相遇在C处，停止
- 然后让fast指向头结点，slow原地不动，让后fast，slow每次走一步，当再次相遇，就是入口结点。
如上解释：
（为了便于分析，上图所展示的是假设快指针只比慢指针多走了一圈就相遇的情况，也即快指针所走过的路程为A->B->C->D->B->C，而慢指针所走过的路程为A->B->C）
假设慢指针slow从头结点A第一次走到了环的入口结点B处时所走过的路程为X，且设环的入口结点B到达快慢指针相遇结点C处的路程为Y，
那么fast指针应该停留在D点处，且D->B的路程为Y，因为快指针fast的速度是慢指针slow的两倍且快慢指针最终同时到达相遇结点C处，
也即 D->B->C的路程 = 2(B->C的路程)，
也即D->B的路程 + B->C的路程 = 2(B->C的路程)
化简后可得 D->B的路程 = B->C的路程 = Y
同样由于快指针的总路程是慢指针的两倍，可得 C->D->B->C的路程（也即环的周长）为X+Y，而B->C的路程上文已设为Y，也即C->D->B的路程为X。
那么在快慢指针同时到达相遇结点C处时，将快指针fast重新放到头结点A，慢指针slow的位置不变，且快指针的速度改为与慢指针slow相同，那么快指针fast从头结点A走过X路程后到达环的入口结点B，慢指针slow从快慢指针相遇节点C走过x路程后也到达了环的入口结点B，也即他们再次相遇时的节点就是环的入口结点。
代码
class Solution {
public:ListNode* EntryNodeOfLoop(ListNode* pHead){ListNode *fast = pHead;ListNode *slow = pHead;while (fast && fast->next) {fast = fast->next->next;slow = slow->next;if (fast == slow) break;}if (!fast || !fast->next) return nullptr;fast = pHead;while (fast != slow) {fast = fast->next;slow = slow->next;}return fast;}
};
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)
</listnode*>
