给定一个链表的头节点 head ，返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环，则返回 null。 python3

<think>嗯，我现在需要解决一个链表问题，题目是找出链表中环的入口节点，如果没环就返回null。让我仔细想想该怎么处理这个问题。 首先，我记得链表有环的情况通常可以用快慢指针来判断，比如Floyd判圈算法。快指针每次走两步，慢指针每次走一步，如果有环的话它们会相遇。那如何根据相遇点找到环的入口呢？这可能是我需要进一步思考的地方。 假设链表头到环入口的距离是A，环入口到相遇点的距离是B，环的剩余部分是C。当快慢指针相遇时，慢指针走了A+B步，而快指针可能已经绕环n圈了，所以快指针走了A+B+n*(B+C)步。根据快指针速度是慢指针的两倍，所以有2(A+B) = A+B +n(B+C)，简化得到A = n(B+C) - B。这时候如果让一个指针从头开始走，另一个从相遇点走，每次走一步，他们相遇的地方就是环的入口。这可能是因为当n=1时，A = B + C - B = C，所以头指针走A步到入口，而相遇点的指针走C步刚好也到入口。但这里可能需要更详细的分析。 不过具体的步骤应该是什么呢？首先，确认是否有环，快慢指针相遇即有环。然后，找到相遇点后，如何找到入口。这时需要两个指针，一个从head开始，另一个从相遇点开始，每次各走一步，直到相遇，那个点就是入口。这个结论是否正确呢？ 比如，假设当快慢指针相遇时，慢指针走了A+B步，快指针走了A+B+n*(B+C)步。根据速度关系，快指针是两倍速，所以2(A+B) = A+B +n*(B+C)，即A+B = n*(B+C)。这时候，如果让指针从head出发，走A步到入口。而另一个指针从相遇点出发，走A步的话，因为A = n*(B+C) - B，所以移动A步的话，相当于从相遇点移动n*(B+C) - B步。因为B+C是环的长度，所以n*(B+C)相当于绕环n圈回到原点，再减去B步的话，就相当于从相遇点向回走B步，也就是到达入口点。这样两个指针会在入口点相遇。所以这个方法是可行的。 那具体实现的话，在Python中应该怎么做呢？首先定义快慢指针，找到相遇点。如果没有相遇，说明无环。如果有相遇点，再从头和相遇点同步移动指针，直到相遇即为入口。 那代码的大体结构应该是这样的： 1. 初始化快慢指针都指向头节点。 2. 移动快指针两步，慢指针一步，直到它们相遇或者快指针走到空。 3. 如果相遇，则将一个指针重置到head，另一个保持在相遇点，然后同步移动，直到再次相遇的点就是入口。 4. 如果无环，返回None。 需要注意边界情况，比如头节点为空，或者只有一个节点自成环的情况。 举个例子，比如链表是1->2->3->4->2（环的入口是节点2）。按照步骤，快慢指针会在节点4和节点2的某个点相遇？比如，慢指针走1,2,3,4，快指针走2,4,2,4。当慢指针到3的时候，快指针可能在4。然后慢到4，快到2；再慢到2，快也到2？或者可能相遇在节点4？ 可能具体的例子需要画图来理解。但无论如何，算法逻辑是正确的。 那现在编写Python代码的话，需要处理指针的移动，以及可能的空指针情况。比如在移动快指针的时候，每次都要检查next和next.next是否存在，否则可能抛出异常。 所以具体代码步骤： - 判断head是否为空，或者head.next是否为空，直接返回None。 - 初始化slow和fast为head。 - 进入循环，快指针每次两步，慢指针每次一步。 - 当快指针或fast.next为None时，说明无环，返回None。 - 当slow等于fast时，找到相遇点。 - 然后，将其中一个指针（比如ptr1）指向head，另一个（ptr2）保持在相遇点。 - ptr1和ptr2每次移动一步，直到相遇，该节点就是入口。 例如： def detectCycle(head): if not head or not head.next: return None slow = head fast = head has_cycle = False # 找相遇点 while fast and fast.next: slow = slow.next fast = fast.next.next if slow == fast: has_cycle = True break if not has_cycle: return None # 找入口点 ptr1 = head ptr2 = slow while ptr1 != ptr2: ptr1 = ptr1.next ptr2 = ptr2.next return ptr1 测试这个代码是否正确。比如，当链表是1->2->3->4->2，相遇点可能在某个节点，然后ptr1和ptr2移动后会在2处相遇，即环的入口。 可能还需要考虑其他测试用例，比如头节点就是入口的情况，或者环很大，或者小环等。 总的来说，这个方法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(1)，符合要求。</think>要找到链表中环的入口节点，可以通过以下步骤实现： --- ### 方法思路（Floyd判圈算法） 1. **判断是否有环** 使用快慢指针，快指针每次移动两步，慢指针每次移动一步。若相遇，则有环；若快指针遇到空节点，则无环。 2. **找到环的入口** 当快慢指针相遇后，将一个指针重置到链表头，另一个保持在相遇点。两指针同步移动（每次一步），再次相遇的节点即为环的入口。 --- ### 数学推导 设链头到环入口的距离为 $A$，环入口到相遇点的距离为 $B$，环的剩余部分为 $C$。 - 快指针路程：$A + B + n(B + C)$（绕环 $n$ 圈） - 慢指针路程：$A + B$ - 快指针速度是慢指针的两倍，故 $2(A + B) = A + B + n(B + C)$ 化简得 $A = n(B + C) - B$ 当两指针从链表头和相遇点同步移动时，必在环入口相遇。 --- ### Python实现代码 ```python class ListNode: def __init__(self, x): self.val = x self.next = None def detectCycle(head: ListNode) -> ListNode: if not head or not head.next: return None slow = head fast = head has_cycle = False # 步骤1：判断是否有环，并找到相遇点 while fast and fast.next: slow = slow.next fast = fast.next.next if slow == fast: has_cycle = True break if not has_cycle: return None # 步骤2：找到环入口 ptr1 = head ptr2 = slow while ptr1 != ptr2: ptr1 = ptr1.next ptr2 = ptr2.next return ptr1 ``` --- ### 代码解析 1. **边界处理** 若链表为空或仅有一个节点，直接返回 `None`。 2. **快慢指针找环** - 快指针每次走两步，慢指针走一步。 - 若相遇，标记存在环；若快指针遇到空节点，说明无环。 3. **确定入口** - 将 `ptr1` 指向头节点，`ptr2` 保持在相遇点。 - 两指针同步移动，相遇点即为环入口。 --- ### 复杂度 - **时间复杂度**：$O(n)$，遍历链表的时间。 - **空间复杂度**：$O(1)$，仅使用固定数量的指针。 此方法高效且无需额外空间，是解决此类问题的标准算法。