程序员——闲话链表追赶问题

作者：July、狂想曲创作组。
前奏
有这样一个问题：在一条左右水平放置的直线轨道上任选两个点，放置两个机器人，请用如下指令系统为机器人设计控制程序，使这两个机器人能够在直线轨道上相遇。（注意两个机器人用你写的同一个程序来控制）。
指令系统：只包含4条指令，向左、向右、条件判定、无条件跳转。其中向左（右）指令每次能控制机器人向左（右）移动一步；条件判定指令能对机器人所在的位置进行条件测试，测试结果是如果对方机器人曾经到过这里就返回true，否则返回false；无条件跳转，类似汇编里面的跳转，可以跳转到任何地方。

ok，这道很有意思的趣味题是去年微软工程院的题，文末将给出解答（如果急切想知道此问题的答案，可以直接跳到本文第三节）。同时，我们看到其实这个题是一个典型的追赶问题，那么追赶问题在哪种面试题中比较常见?对了，链表追赶。本章就来阐述这个问题。有不正之处，望不吝指正。

第一节、求链表倒数第k个结点
第13题、题目描述：
输入一个单向链表，输出该链表中倒数第k个结点,
链表的倒数第0个结点为链表的尾指针。

分析：此题一出，相信，稍微有点经验的同志，都会说到：设置两个指针p1,p2，首先p1和p2都指向head，然后p2向前走k步，这样p1和p2之间就间隔k个节点，最后p1和p2同时向前移动，直至p2走到链表末尾。

前几日有朋友提醒我说，让我讲一下此种求链表倒数第k个结点的问题。我想，这种问题，有点经验的人恐怕都已了解过，无非是利用两个指针一前一后逐步前移。但他提醒我说，如果参加面试的人没有这个意识，它怎么也想不到那里去。

那在平时准备面试的过程中如何加强这一方面的意识呢?我想，除了平时遇到一道面试题，尽可能用多种思路解决，以延伸自己的视野之外，便是平时有意注意观察生活。因为，相信，你很容易了解到，其实这种链表追赶的问题来源于生活中长跑比赛，如果平时注意多多思考，多多积累，多多发现并体味生活，相信也会对面试有所帮助。

ok，扯多了，下面给出这个题目的主体代码，如下：

struct ListNode
{
char data;
ListNode* next;
};
ListNode* head,*p,*q;
ListNode *pone,*ptwo;

ListNode* fun(ListNode *head,int k)
{
    pone = ptwo = head;
    for(int i=0;i<=k-1;i++)
        ptwo=ptwo->next;
    while(ptwo!=NULL)
    {
        pone=pone->next;
        ptwo=ptwo->next;
    }
    return pone;
}

扩展：
这是针对链表单项链表查找其中倒数第k个结点。试问，如果链表是双向的，且可能存在环呢?请看第二节、编程判断两个链表是否相交。

第二节、编程判断两个链表是否相交
题目描述：给出两个单向链表的头指针（如下图所示），

比如h1、h2，判断这两个链表是否相交。这里为了简化问题，我们假设两个链表均不带环。

分析：这是来自编程之美上的微软亚院的一道面试题目。请跟着我的思路步步深入（部分文字引自编程之美）：

直接循环判断第一个链表的每个节点是否在第二个链表中。但，这种方法的时间复杂度为O(Length(h1) * Length(h2))。显然，我们得找到一种更为有效的方法，至少不能是O（N^2）的复杂度。
针对第一个链表直接构造hash表，然后查询hash表，判断第二个链表的每个结点是否在hash表出现，如果所有的第二个链表的结点都能在hash表中找到，即说明第二个链表与第一个链表有相同的结点。时间复杂度为为线性：O(Length(h1) + Length(h2))，同时为了存储第一个链表的所有节点，空间复杂度为O(Length(h1))。是否还有更好的方法呢，既能够以线性时间复杂度解决问题，又能减少存储空间？
进一步考虑“如果两个没有环的链表相交于某一节点，那么在这个节点之后的所有节点都是两个链表共有的”这个特点，我们可以知道，如果它们相交，则最后一个节点一定是共有的。而我们很容易能得到链表的最后一个节点，所以这成了我们简化解法的一个主要突破口。那么，我们只要判断俩个链表的尾指针是否相等。相等，则链表相交；否则，链表不相交。
所以，先遍历第一个链表，记住最后一个节点。然后遍历第二个链表，到最后一个节点时和第一个链表的最后一个节点做比较，如果相同，则相交，否则，不相交。这样我们就得到了一个时间复杂度，它为O((Length(h1) + Length(h2))，而且只用了一个额外的指针来存储最后一个节点。这个方法时间复杂度为线性O（N），空间复杂度为O（1），显然比解法三更胜一筹。
上面的问题都是针对链表无环的，那么如果现在，链表是有环的呢?还能找到最后一个结点进行判断么?上面的方法还同样有效么?显然，这个问题的本质已经转化为判断链表是否有环。那么，如何来判断链表是否有环呢?
总结：
所以，事实上，这个判断两个链表是否相交的问题就转化成了：
1.先判断带不带环
2.如果都不带环，就判断尾节点是否相等
3.如果都带环，判断一链表上俩指针相遇的那个节点，在不在另一条链表上。
如果在，则相交，如果不在，则不相交。

那么，如何编写代码来判断链表是否有环呢?因为很多的时候，你给出了问题的思路后，面试官可能还要追加你的代码，ok，如下：

//用两个指针，一个指针步长为1，一个指针步长为2，判断链表是否有环
bool check(const node* head)
{
    if(head==NULL)
return false;
    node *low=head, *fast=head->next;
    while(fast!=NULL && fast->next!=NULL)
    {
        low=low->next;
        fast=fast->next->next;
        if(low==fast) return true;
    }
    return false;
}

问题又来了，如果链表可能有环，则如何判断两个链表是否相交，解决方案如下：

//思路：链表1 步长为1，链表2步长为2 ，如果有环且相交则肯定相遇，否则不相交
list1 head: p1
list2 head: p2
while( p1 != p2 && p1 != NULL && p2 != NULL )
//但当链表有环但不相交时，此处是死循环。!
{
p1 = p1->next;
if ( p2->next )
p2 = p2->next->next;
else
p2 = p2->next;
}
if ( p1 == p2 && p1 && p2)
//相交
else
//不相交

所以，判断带环的链表，相不相交，只能这样：
如果都带环，判断一链表上俩指针相遇的那个节点，在不在另一条链表上。如果在，则相交，如果不在，则不相交。

ok，下面，回到本章前奏部分的那道非常有趣味的智力题。

第三节、微软工程院面试智力题
题目描述：
在一条左右水平放置的直线轨道上任选两个点，放置两个机器人，请用如下指令系统为机器人设计控制程序，使这两个机器人能够在直线轨道上相遇。（注意两个机器人用你写的同一个程序来控制）
指令系统：只包含4条指令，向左、向右、条件判定、无条件跳转。其中向左（右）指令每次能控制机器人向左（右）移动一步；条件判定指令能对机器人所在的位置进行条件测试，测试结果是如果对方机器人曾经到过这里就返回true，否则返回false；无条件跳转，类似汇编里面的跳转，可以跳转到任何地方。

分析：我尽量以最清晰的方式来说明这个问题（大部分内容来自ivan，big等人的讨论）：
1、首先题目要求很简单，就是要你想办法让A最终能赶上B，A在后，B在前，都向右移动，如果它们的速度永远一致，那A是永远无法追赶上B的。但题目给出了一个条件判断指令，即如果A或B某个机器人向前移动时，若是某个机器人经过的点是第二个机器人曾经经过的点，那么程序返回true。对的，就是抓住这一点，A到达曾经B经过的点后，发现此后的路是B此前经过的，那么A开始提速两倍，B一直保持原来的一倍速度不变，那样的话，A势必会在|AB|/move_right个单位时间内，追上B。ok，简单伪代码如下：

start:
if(at the position other robots have not reached)
    move_right
if(at the position other robots have reached)
    move_right
    move_right
goto start

再简单解释下上面的伪代码（@big）：
A------------B
| |
在A到达B点前，两者都只有第一条if为真，即以相同的速度向右移动，在A到达B后，A只满足第二个if，即以两倍的速度向右移动，B依然只满足第一个if，则速度保持不变，经过|AB|/move_right个单位时间，A就可以追上B。

2、有个细节又出现了，正如ivan所说，

if(at the position other robots have reached)
move_right
move_right

上面这个分支不一定能提

补充：软件开发 , C语言 ,