（1）反向逆置
- //逆置单向链表
- //通过三个指针遍历 O（n）
- LNode*ListInverse(LNode*L)
- {
- if(L==NULL)
- returnNULL;
- if(L->Next==NULL)returnL;
- LNode*pre=L->Next;
- LNode*cur=pre->Next;
- LNode*next=cur->Next;
- pre->Next=NULL;
- cur->Next=pre;
- pre=cur;
- cur=next;
- while(cur!=NULL)
- next=cur->Next;
- }
- L->Next=pre;
- }
- //头插法遍历
publicvoidReversLinkList(LinkList<int>H)
- {
- Node>p=H.Next;
- Node>q=newNode>();
- H.Next=null;
- while(p!=null)
- {
- q=p;
- p=p.Next;
- q.Next=H.Next;
- H.Next=q;
- }
- //头插法遍历
- publicvoidReversLinkList(LinkList<int>H)
- {
- Node>p=H.Next;
- Node>q=newNode>();
- H.Next=null;
- while(p!=null)
- {
- q=p;
- p=p.Next;
- q.Next=H.Next;
- H.Next=q;
- }
（2）验证环
正常链表的尾节点的链域是NULL，有环就不存在NULL了！对了，用一指针轮询，不断地p=p->next;若是看到了p为NULL，则表明无环！否则，就是有环。这个想法挺好，但是有环，会进入死循环的。有
办法是有的：使用两指针，一快一慢，都从头开始轮询，若有环，则慢的肯定可以被快的反超，因为此时大家都像是在围绕着环形跑道赛跑；若是一正常链表，则肯定会遇到NULL，好了，问题解决了。
- boolhasLoop(Node*head)
- {
- if(head==NULL)//链表为空
- returnfalse;
- Node*p,*q;
- p=q=head;//两个指针从同一点出发，当然也可以一前一后
- while(p&&q)
- p=p->next;//一次一步
- q=q->next->next;//一次两步
- if(p==q)//相遇，肯定有环
- true;
- }
- false;//出现了NULL，也就无环
- }
（3）倒数第M个节点
两指针，一指针先从头移动k次，此时两指针间隔k(就是要这个差距)，此时两指针同时移动，快慢一样，等到先走的指针移动到NULL，第二个指针不就是倒数第k个
- voidendOfK(Node*head,intk)
- if(head==NULL)
- printf("链表为空！");
- return;
- Node*p,*q;
- p=q=head;
- intcount=0;
- while(p&&count<k)
- p=p->next;
- count++;
- if(p==NULL&&count!=k)//update:这里原先只有p==NULL，更新后加上count!=k，大家想想为什么？
- {
- printf("k值过大！\n");
- return;
- }
- while(p)
- q=q->next;
- printf("倒数第%d个节点是%d\n",k,q->data);
- }
（4）相交
一指针沿着其中一链表走到尾节点处等着，另一链表的指针也从头走到尾，若能在尾处相遇，则两链表在某节点处相交。
寻找相交节点
不妨遍历每个链表保存最后一个节点，看看最后一个节点是否是同一个节点，这种情况时间复杂度是O（length1 + length2）。基本也不需要什么空间，似乎是一个不错的想法哦，那么怎么找到第一个相交节点呢？可以遍历的过程中记录链表的长度L1和L2(假设L1>L2)这是遍历找到第一个链表中的第L1 - L2节点，然后链表一从第L1-L2个节点开始遍历，链表二从第一个节点遍历，每次前进一步，直到找到第一个相同的节点，则可以认为两个链表存在相交节点，并且该点即为第一个相交节点（原来这里写错了，感谢Ider指出这个错误）。这种解法的时间复杂度也是线性的，但是如果两个链表长度相差不多时，时间复杂度还是不错的。
（10）寻找环的入口点
1. 遍历链表，将已经遍历过的节点放在一个hash表中，如果一个节点已经存在hash表中，说明有环。时间:O(n) 空间:O(n)
2.寻找环的入口点： 当fast按照每次2步，slow每次一步的方式走，发现fast和slow重合，确定了单向链表有环路。接下来，让fast回到链表的头部，重新走，每次步长1，那么当fast和slow再次相遇的时候，就是环路的入口了。
证明：在fast和slow第一次相遇的时候，假定slow走了n步，环路的入口是在p步，那么
slow走的路径： p+c ＝ n； c为fast和slow相交点 距离环路入口的距离
fast走的路径： p+c+k*L = 2*n； L为环路的周长，k是整数
显然，如果从p+c点开始，slow再走n步的话，还可以回到p+c这个点。
同时，fast从头开始走，步长为1，经过n步，也会达到p+c这点。
显然，在这个过程中fast和slow只有前p步骤走的路径不同。所以当p1和p2再次重合的时候，必然是在链表的环路入口点上。
