快慢指针判断链表是否有环

链表中很经常会出现的一个问题，判断链表是否有环，标准答案也已经烂熟于心，设置快慢指针，快指针每次走2步，慢指针每次走1步，如果两个指针可以相遇的话，证明链表有环，反之无环。

我有时候就犯嘀咕，它俩一定会相遇吗，难道就不存在一种可能，慢指针每次都被快指针跨过去，导致它俩始终不能相遇吗？然后，就在草稿上画图，确实是一定会相遇，再看看别人的总结，这个心魔总算是跨过去了。

但时间一久，就又忘记原因了，周而复始，黯然神伤。也不是一个特别难的问题，难道就不能用一种简单的思维来思考它吗？每次都得在小本本上哧啦哧啦画几下，写几个计算式，才能让自己心安理得下来？

可能存在快指针始终跨过慢指针吗

存在一种可能，在每次快慢指针距离最近的时候，快指针始终一步跨过慢指针吗？我们将可能存在的多种情况列举出来，这是标准的写代码思路，每个情况都单独处理，也是拆分的思路，将复杂问题拆解成简单的小问题。

第一种情况，当快指针距离慢指针只有1步的距离，那么，下次移动，快指针走2步，慢指针走1步，快慢指针相遇。
第二种情况，当快指针距离慢指针只有2步的距离，那么，再移动一次，就变成了第一种情况，最终还是会相遇。
第三种情况，当快指针距离慢指针只有3 步的距离，那么，再移动一次，就变成了第二种情况，最终还是会相遇。

以此类推，我们需要一个最终的推导公式来说明。假设快慢指针相差 N 步，那么下一次移动，快指针向前走2步，慢指针向前走1步，它们之间距离 N-1 步，快慢指针相距就会越来越近，最终最终快慢指针一定会相遇。

那为什么我们潜意识里会有它们可能永远不会相遇的这种错误想法呢？剖析我自己来说，如果是生活中的跑步问题，跑的快的在比跑的慢的多跑1圈之后，两个人一定会相遇。但转换成两个人同时在格子里向前跳，慢的和快的一定会相遇在同一个格子里，就让我很难理解。

从相对论的角度来看问题，快指针每次走2个格子，慢指针每次走1个格子，相当于慢指针不动，快指针每次都走1个格子，最终肯定是会站在同一个格子的。所以说，只要快慢指针只要在一个环里，快指针每次走2步，慢指针每次走1步，最终一定会相遇

相遇时慢指针一定走不够一圈吗

这些问题其实还挺烦人的，如果快慢指针同时出发，按照我们上面的逻辑推理，快指针一定只比慢指针多跑一圈（这是依据废话）。那看文章开头的图示，再链表的尾部，环的的结构中，
相遇的时刻，慢指针一定跑不够一圈吗？

有了上面的解释，因为快指针已经领先慢指针进入了环，等慢指针进入环之后，慢指针每次走1步，快指针和慢指针的间距缩短1步，最终慢指针一定跑不够一圈。结果确实是这样，但有没有数学过程可以证明呢？

还是这一幅图，假设在慢指针进入环的时候，快指针位于紫色的点，假设环的长度是l，则一定有 0<=b<l以及 0<=c<l，快指针每次走2步，慢指针每次走1步，在走了 t 步之后两者相遇。通俗的讲，快指针走过的距离减去慢指针走过的距离，等于慢指针没有走过的距离。简化成下面的推导过程：

快指针走了 2t 的距离
慢指针走了 1t 的距离
可以推导出：2t - 1t = c
最终得出结论：t = c
所以：0<=t<l，慢指针一定走不够一圈

我们可以做扩展延伸，假设快指针每次走f步，慢指针每次走1步，套用上面的计算过程，我们可以得出下面的表达式，当 f 等于 2 的时候，就是上述的结论。当 f 等于3时，t 等于 c/2，如果b为奇数，则不存在解。

t = c f − 1 t=\frac{c}{f-1} t=f−1c

仍然在 f 等于 3 的情况下（快指针每次走3步），如果 c 为偶数，那么快慢指针会在t=c/2的时候相遇。