学会的环形链表的约瑟夫问题，下面来两道力扣中的环形链表问题
题目链接如下：环形链表。题目如下：
我们要判断一个链表看其是否有环，先说结论，我们可以利用快慢指针进行求解。顾名思义，快慢指针就是存在两个指针，一个走的快，一个走的慢，快指针一次走走两步或三步四步都可以，慢指针一般走一步。
这道题中，我们让快指针一次性走两边，慢指针一次性走一步，当慢指针进入环以后，快指针开始追慢指针，如果快指针能追上慢指针，也就是两指针相遇，则证明该链表带环。 代码如下：
/**
1. Definition for singly-linked list.
2. struct ListNode {
3. int val;
4. struct ListNode *next;
5. };
*/
typedef struct ListNode ListNode;
bool hasCycle(struct ListNode *head) {
ListNode* slownode = head, *quicknode = head;//定义快慢指针
while(quicknode && quicknode->next)//快指针以及快指针指向的下一个节点不为空，则一直循环
{
slownode = slownode->next;//慢指针一次走一步
quicknode = quicknode->next->next;//快指针一次走两步
if(quicknode == slownode)//快慢指针相遇，则链表带环
{
return true;
}
}
return false;//为空跳出循环说明该链表不带环
}
下面将解决大家的疑惑点：
- 为什么快慢指针一定会相遇，而不是会错过，如何证明
- 当慢指针走一步，快指针走3步，4步……又一定能追上相遇吗，如何证明
这两个问题我们来一一解决。
首先是第一个问题：为什么快慢指针一定会相遇，而不是会错过，如何证明。我们可以将快慢指针走的过程图画出来
所以当快指针一次走两步，慢指针一次走一步时，如果链表带环，二者一定会在环内相遇，这就证明解决了第一个问题：
下面是第二个问题：当慢指针走一步，快指针走3步，4步……又一定能追上相遇吗，如何证明。
当慢指针一次走一步，快指针一次走3步时，证明如下：
当slow进环时，fast和slow的距离为n
slow一次走一步，fast一次走三步
则它们每追击一次，距离缩小2，
n是偶数 n是奇数 n n n-2 n-2 …… …… 4 3 2 1 0 -1 追上了 错过了，进行新一轮追击 如果n是奇数，fast错过了slow，此时fast到了slow前面一格，假设环的长度为C，则slow和fast是距离变为了C-1，开始新一轮追击，还是讨论C-1是偶数还是奇数的问题，如果C-1是偶数，就能追上，如果C-1是奇数，那永远不会追上。
根据以上分析我们可以得出结论：
- 当n时偶数，第一轮就能追上
- 当n时奇数时，第一轮追击会错过，二者的距离变成C-1（C是环的长度）
- 如果C-1是偶数，即C是奇数，那么下一轮就能追上相遇
- 如果C-1是奇数，即C是偶数，那么永远追不上
看似我们已经讨论出了有追上和追不上的这两种情况，但是追不上的情况：即n是奇数C是偶数的情况真的会存在吗，我们可以继续往下讨论：
当slow进环时，fast和slow的距离为n
slow一次走一步，fast一次走三步
我们就能发现fast走的距离是slow的三倍
根据这个关系可以列出等式
slow走的距离：L
fast走的距离：L+x * c+c-n（slow进环时，假设fast已经在环里面转了n圈）
则得到等式：3 * L = L+x * c+c-n
化简得到：2 * L = (x+1) * c-n
2*L必定是偶数，
根据上面得出的结论：当n是奇数，c是偶数时，永远追不上
将其带入右边的式子，得到：（x+1）*偶数 - 奇数，此时得到的式子只能是奇数，与左边不等，则发现永远追不上的条件不成立。
根据以上一系列分析，可以得出结论：
当slow一次走一步，fast一次走三步时，若n是偶数，则第一轮就能追上，若n是奇数，c是奇数时，第二轮追上，即无论如何，一定能相遇追上。当fast一次走4步或者5步时也是同样的证明方法。