题目描述（简单难度）

两个链表，如果有重合的部分，把相遇点返回。如果没有重合的部分，就返回 null。

思路分析

最暴力的方法就是选择链表 A 的每个节点，然后考虑链表 B 能否到达，但时间复杂度会达到 O(mn) 。

再进行优化的话，可以利用一个 HashMap，将链表 A 中所有的节点存入，然后遍历链表 B 的每一个节点，看 HashMap 中是否存在即可。时间复杂度优化到了 O(n)，但同时需要 O(n) 的空间。

接下来我们只考虑时间复杂度 O(n)，空间复杂度为 O(1) 的解法。

解法一

有一些 142 题（找出链表环的入口点）解法的影子。我们需要两个指针，分别从两个链表的某个位置开始遍历，当两个指针相遇的时候，刚好停在两个链表的相遇点问题也就解决了。

所以最关键的问题就是从链表的某个位置开始遍历，那么从哪个位置呢？

如果把问题简单化，假如两个链表有重合部分，并且两个链表的总长度相等。那么我们只需要让两个指针分别从链表头遍历即可，也就是下边的例子，指针 A 从 1 开始遍历，指针 B 从 4 同时遍历，那么两个指针就会在 7 相遇，就是我们要找的位置。

1 -> 2 -> 3
             ->  7 -> 8 -> 9
4 -> 5 -> 6

如果两个链表长度不相等呢，比如下边的例子。

1 -> 2 -> 3
                        ->  7 -> 8 -> 9
4 -> 5 -> 6 -> 7 -> 8

此时短的链表还是从链表头 1 开始，但是长的链表就应该先多走 2步，从 6 开始。

为什么多走 2 步呢？很简单，因为没有重合的链表部分 1 2 3 和 4 5 6 7 8，长度差了 2。怎么算出这个长度呢？我们只需要用两个链表的总长度做差即可（原因：重合部分相减为 0 ，最终结果就相当于不重合部分的差），也就是 8 - 6 = 2 。

综上，我们只需要算出两个链表的长度，让长的的链表提前走几步，然后再同时开始遍历，相遇点就是我们要找的位置。

public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
    if (headA == null || headB == null) {
        return null;
    }
    ListNode tailA = headA;
    int lenA = 0;
    //链表 A 的长度
    while (tailA.next != null) {
        tailA = tailA.next;
        lenA++;
    }
    ListNode tailB = headB;
    int lenB = 0;
    //链表 B 的长度
    while (tailB.next != null) {
        tailB = tailB.next;
        lenB++;
    }
    //没有重合部分，直接结束
    if (tailA != tailB) {
        return null;
    }
    //让长的链表提前走
    if (lenA > lenB) {
        int sub = lenA - lenB;
        while (sub > 0) {
            headA = headA.next;
            sub--;
        }
    } else {
        int sub = lenB - lenA;
        while (sub > 0) {
            headB = headB.next;
            sub--;
        }
    }
    //依次遍历，找到相遇点
    while (headA != headB) {
        headA = headA.next;
        headB = headB.next;
    }
    return headA;
}

这里看到另一种写法，但本质上和上边是一样的，分享一下。

public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
    if(headA == null || headB == null) return null;
    ListNode a = headA;
    ListNode b = headB;
    while( a != b){
        a = a == null? headB : a.next;
        b = b == null? headA : b.next;    
    }
    return a;
}

上边的代码简洁了很多，它没有去分别求两个链表的长度，而是把所有的情况都合并了起来。

如果没有重合部分，那么 a 和 b 在某一时间点一定会同时走到 null，从而结束循环。
如果有重合部分，分两种情况。
- 长度相同的话， a 和 b 一定是同时到达相遇点，然后返回。
- 长度不同的话，较短的链表先到达结尾，然后指针转向较长的链表。此刻，较长的链表继续向末尾走，多走的距离刚好就是最开始介绍的解法，链表的长度差，走完之后指针转向较短的链表。然后继续走的话，相遇的位置就刚好是相遇点了。

综上，代码巧妙的把所有情况合并了起来。

解法二

最开始考虑这道题的时候，我还想了另一种思路。就是遍历某一个链表，把这个链表的每个节点进行标记，这里的话当然就是对 val 进行特殊标记。然后再遍历另一个链表，发现了这个标记也就找到了相遇点了。当然，这个标记一定得是可逆的，完成任务后我们要把原来链表的 val 进行还原。

常用的标记方法，比如取它相反数，取绝对值，异或，找一个不可能存在的数赋值过去等等，但对于这道题都无效。然后自己到这里思路也就断了，后来就想到了上边的解法一。

这里-time-and-O(1)-memory-(72ms)) 看到了类似于标记的方法，蛮有意思，分享一下，分下边几步。

统计链表 A 的所有节点 val 的和，记为 sumA，同时记录长度 lenA。
把链表 B 的所有节点的 val 都进行加 1。
再次统计链表 A 的所有节点 val 的和，记为 sumA2。
将链表 B 的所有节点的 val 都进行减 1，相当于还原。

有了上边的几个数据就可以知道。

sumA == sumA2 的话，就表明两个链表没有重合部分。
sumA != sumA2 的话，sub = sumA2 - sumA，由于我们对重合部分的 val 进行了加 1，所以前后的差 sub 就刚好表示了重合节点的个数。同时我们知道链表 A 的总长度 lenA，所以我们只需要对链表 A 遍历 lenA - sub 次，就刚好会走到重合部分的开头了，也就是我们要找的相遇点。

代码如下。

public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
    if (headA == null || headB == null) {
        return null;
    }
    //步骤 1 
    ListNode tailA = headA;
    int lenA = 0;
    int sumA = 0;
    while (tailA != null) {
        sumA += tailA.val;
        tailA = tailA.next;
        lenA++;
    }
    //步骤 2
    ListNode tailB = headB;
    while (tailB != null) {
        tailB.val = tailB.val + 1;
        tailB = tailB.next;
    }
    //步骤 3
    tailA = headA;
    int sumA2 = 0;
    while (tailA != null) {
        sumA2 += tailA.val;
        tailA = tailA.next;
    }
    //步骤 4
    tailB = headB;
    while (tailB != null) {
        tailB.val = tailB.val - 1;
        tailB = tailB.next;
    }
    if (sumA == sumA2) {
        return null;
    } else {
        for (int i = 0; i < lenA - (sumA2 - sumA); i++) {
            headA = headA.next;
        }
        return headA;
    }
}

上边算法的缺点就是，由于进行了加 1 操作，对于过大的数可能会引起溢出，此外求和也很有可能引起溢出。但思想还是很有趣的。

总

遇到题以后，可以对不同的情况分析，回想之前的一些思想，从而找到突破口。

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160. Intersection of Two Linked Lists

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解法二

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