題目描述：給一個鏈表，判斷其中環的起始結點，若沒有環則返回null。要求不改變鏈表，空間復雜度O(1)。
分析：這題與141題是同一個算法引出的一系列問題，即Floyd判圈算法，又稱龜兔賽跑算法，可以在有限狀態機、迭代函數或者鏈表上判斷是否存在環，并求出該環的起點與長度的算法。
算法的核心思想是設置快慢指針，例如設fast指針的速度是slow指針的2倍，若兩指針能相遇則說明有環，否則無環。
例如有環鏈表如下圖：
算法可以解決的問題有：
- 判斷鏈表中是否有環，即141題。
若就是一個循環鏈表，即Y點與X點是同一點，鏈表的尾結點鏈到頭結點，此時由于fast指針速度是slow指針的2倍，故起點就是兩者相遇點，每當slow指針回到起點則相遇，因為slow指針每走一圈即fast指針正好走兩圈。
若是像上圖的一般情況，則當slow指針到達Y處時fast指針已經繞圈走了一段距離，故不一定會在Y處相遇。列方程可得這是一個只與時間有關的方程，即過一段時間一定可以相遇。
若兩指針在fast走到末尾還未相遇，則說明無環。
- 計算環的長度。
第一種方法：第一次相遇后，讓slow繼續走，記錄到下次遇到fast時，即到達Z點時，slow走過的結點數。此時slow走了一圈，正好還在Z點相遇。
第二種方法：設環的長度為L，第一次相遇時slow走過的距離：a+b，fast走過的距離：a+b+c+b。因為fast的速度是slow的兩倍，所以fast走的距離是slow的兩倍，有 2(a+b) = a+b+c+b，得到a=c。發現L=b+c=a+b，也就是說，從一開始到二者第一次相遇，走過的結點數就等于環的長度。
找到環中第一個節點，即Y點。
根據結論a=c，讓兩個指針分別從X和Z開始走，每次走一步，則正好會在Y相遇，也就是環的第一個節點。將有環的鏈表變成單鏈表（解除環）
在上一個問題的最后，將c段中Y點之前的結點與Y的鏈接切斷即可。判斷兩個單鏈表是否有交點，并找到第一個相交的結點。
先判斷兩個鏈表是否有環，如果一個有環一個沒環，肯定不相交；如果兩個都沒有環，則判斷兩個列表的尾部是否相等；如果兩個都有環，判斷一個鏈表上的Z點是否在另一個鏈表上。
分別計算兩個鏈表的長度len1，len2，假設鏈表1較長，首先對較長的鏈表遍歷len1 - len2個結點到結點p，此時結點p與鏈表2頭結點到兩者相交的結點的距離相同，在此時同時遍歷兩個鏈表，直到相遇的結點為止，這個結點就是相交的結點。
在slow指針入環后，在最多走一圈的時間內必將遇到fast，時間復雜度O(n)，空間O(1)。
代碼：
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
ListNode *slow = head, *fast = head;
while(fast && fast->next)
{
slow = slow->next;
fast = fast->next->next;
if ( slow == fast) //找到相遇點
{
ListNode *p = head;
while( p != slow) //slow從Z點出發，新指針P從起點X出發同時走，直到相遇
{
p = p->next;
slow = slow->next;
}
return p;
}
}
return nullptr;
}
};
