戲談單向鏈表判環

大家都遇到過這個問題，就是如何判斷一個單鏈表是否有環？當然，判斷方法很多，但是目前網上最出名的那個方法大概是這樣：設甲、乙兩個指標指向同一起點，之後甲乙交替著走，甲每次走兩步，乙每次走一步，遇到下面的情況則說明鏈表有環：甲某次走完兩步後遇到了乙或者乙某次走完一步後遇到了甲。那麼大家想沒想過，為什麼甲每次走兩步，乙每次走一步這樣可以？如果甲每次走4步乙每次走2步可不可以？各種步長對時間複雜度有什麼影響？解釋這個問題需要一些點初等數論上的東西，基本上就是歐幾裡得和丟番圖方程的知識。

插曲：丟番圖方程有解的條件和解的形式假設丟番圖方程為ax+by=c，d=gcd(a,b)，那麼ax+by=c有解的充分必要條件為d|c。設x0,y0是ax+by=gcd(a,b)=d的解。那麼ax+by=c的解的形式為x=x0*c/d+k*b/d y=y0*c/d-a/d k=0,1,2,......或x=x0*c/d-k*b/d y=y0*c/d-a/d k=0,1,2,......插曲完畢。

畫一個圖，方便解釋。

假如甲乙相遇時每個都走了X次，並且甲的步長是A，乙的步長是B，並且A>B。有的同學又有疑問了，為什麼是都走了X次呢？為什麼不能是甲走X次乙走了X-1次呢？這是因為在都走X次這種情況下，計算起來簡單，並且如果我們能算出在甲乙都走了X次的情況下得時間複雜度，那麼上面的判斷方法的時間複雜度肯定不會超過都走X步這種情況的時間複雜度。好吧，繼續往下說。

那麼可以得到下面的方程X*(A-B)=Y*L2 <=> X*(A-B)-Y*L2=0，也就是說甲乙相遇時甲一定比乙多走了Y圈。把A,B,L2當成已知數。設d=gcd(A-B, L2)，那麼上述方程有整數解得充分必要條件為d|0，表示0能被d整除。我們發現0能被任何數整除是恒成立的。那麼我們能不能推出這樣的結論，任何A，B都能夠判斷鏈表是否有環呢？答案是不能：必須得去掉A=B的這種情況，因為A=B，那麼甲乙每次走完肯定都會在同一個位置，那麼我們是無法判斷的。所以我們得出一個叫大家比較驚訝的結論：只要A，B不相等並且都大於0，那麼上面的判斷方法肯定能夠判斷鏈表是否有環。

那麼接下來，我們要算算我們如果按照這種方法判環，時間複雜度與A，B的關係。

假設這裡面A，B是已知數，L2也是已知數，X,Y是未知數。那麼這個方程X*(A-B)-Y*L2=0的解是什麼樣子呢？

根據上面的小插曲推出它的解的形式為，設d=gcd(A-B,L2)，X=x0*(0/d)+(L2/d)*k=L2/d*k Y=y0*(0/d)+((A-B)/d)*k=(A-B)/d*k   k=0,1,2,...... (1)X=x0*(0/d)-(L2/d)*k=-L2/d*k Y=y0*(0/d)-((A-B)/d)*k=-(A-B)/d*k k=0,1,2,...... (2)

由實際情況可知(2)這種形式不合法，因為X，Y必須都是大於或者等於0的數。

那麼這個X的最小值應該是什麼樣子呢，我們發現要使X最小，那麼k就要儘可能的小，那麼k的最小值取什麼呢？k的最小值由這個不等式決定：

X*B>=L1 <=> L2/d*k*B>=L1 <=> k>=L1*d/(L2*B)，那麼取k=ceil(L1*d/(L2*B))，ceil代表上取整。

那麼X=L2/d*k=ceil(L1*d/(L2*B))*L2/d<=(L1*d/(L2*B)+1)*L2/d=L1/B + L2/d。

我們發現，X與B有關，與A-B和L2的最大公約數有關。由我們的判斷方法可知，甲乙相遇時，甲最多走X次，乙最多也走X次，而每次甲走A步，乙走B步，那麼走的總步數為Z<=AX+BX=(A+B)(L1/B+L2/d)。當A=2,B=1時，d=1，那麼Z<=3*(L1+L2)，這裡我們能夠說d=1是因為A-B=1，它的最大因子就是1，而不用去理會L2到底是多少。

由Z<=AX+BX=(A+B)(L1/B+L2/d)可知，Z<=(A+B)(L1+L2)=O(L1+L2)。在這裡，我們可以看到，只要A，B給定一個數值那麼演算法總是能夠線上性時間給出答案。

水平有限，僅能給出這樣的分析，還請大家提供更好的分析方法。