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tags: ["LeetCode", "链表", "双指针", "简单"]
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create time: 2026-05-16 14:30
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# 22-相交链表
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## 题面
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给你两个单链表的头节点 `headA` 和 `headB`，请你找出并返回两个单链表**相交的起始节点**。如果两个链表不存在相交节点，返回 `nil`。
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注意：
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- 函数返回结果后，链表必须**保持其原始结构**。
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- 整个链式结构中**不存在环**。
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- 如果相交，相交节点的地址（引用）相同——仅值相等不算相交。
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**示例 1：**
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输入：intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5], listB = [5,6,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3
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输出：Intersected at '8'
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解释：链表 A 为 [4,1,8,4,5]，链表 B 为 [5,6,1,8,4,5]。在 A 中相交节点前有 2 个节点，在 B 中有 3 个节点。
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```
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**示例 2：**
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输入：intersectVal = 2, listA = [1,9,1,2,4], listB = [3,2,4], skipA = 3, skipB = 1
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输出：Intersected at '2'
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```
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**示例 3（不相交）：**
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输入：intersectVal = 0, listA = [2,6,4], listB = [1,5], skipA = 3, skipB = 2
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输出：No intersection
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解释：两个链表不相交，因此返回 nil 。
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**提示：**
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- `listA` 中节点数目为 `m`，`listB` 中节点数目为 `n`
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- `1 <= m, n <= 3 * 10^4`
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- `1 <= Node.val <= 10^5`
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- **进阶：** 你能否设计一个时间复杂度 `O(m + n)`、仅用 `O(1)` 内存的解决方案？
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## 思路
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> [!question] 💡 关键区分
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> 相交 ≠ 值相等。题目判断的是**内存地址是否相同**——即同一个节点对象被两个链表同时引用。值相同的不同节点不算相交。
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> [!info] 🧩 重要性质
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> 由于每个节点最多只有一个 `next` 指针，且不存在环，两个链表一旦相交就**永远不会分开**——它们从相交点开始形成 Y 字形共享尾部。这意味着：要么完全不相交，要么共享一段相同的后缀。
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### 方法一：暴力枚举（O(m×n)）
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对链表 A 的每个节点，遍历链表 B 的所有节点，检查是否存在地址相同的节点。
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**缺点：** 时间复杂度太高，不满足进阶要求。直接跳过。
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### 方法二：双指针交换法 ⭐（最优 O(m+n)，O(1) 空间）
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> [!question] 💡 引导思考
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> 假设 A 长 m 个节点，B 长 n 个节点，两个指针 pA、pB 分别从 headA、headB 出发。如何让它们**同时**到达相交点？
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核心洞察：**让两个指针走等长的路程。**
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如果指针 **pA** 遍历完 A 后转到 B 头部继续走，指针 **pB** 遍历完 B 后转到 A 头部继续走——各自恰好走了 `m + n` 步。那么它们会在哪里相遇？
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> [!info] 🧮 关键等式：m + len(B→交点) = n + len(A→交点)
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定义变量如下：
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| 符号 | 含义 |
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|------|------|
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| **pA, pB** | 两个移动中的指针 |
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| **m, n** | 链表 A、B 的总长度 |
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| **lenA** | 从 headA 到交点的距离（即 skipA） |
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| **lenB** | 从 headB 到交点的距离（即 skipB） |
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| **L** | 共享后缀长度 = m − lenA = n − lenB |
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指针 pA 的路径 = 「A 全长」+「B 中从开头走到交点」= **m + lenB**
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指针 pB 的路径 = 「B 全长」+「A 中从开头走到交点」= **n + lenA**
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两者相等吗？验证：
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$$m + \text{lenB} = (\text{lenA} + L) + \text{lenB} = \text{lenA} + \text{lenB} + L$$
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$$n + \text{lenA} = (\text{lenB} + L) + \text{lenA} = \text{lenA} + \text{lenB} + L$$
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两边相等 ✅ — 都等于 `lenA + lenB + L`。
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以示例 1（m=5, n=6, lenA=2, lenB=3, L=3）验证：
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| 指针 | 路径拆解 | 总步数 |
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|------|---------|--------|
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| pA | 5（A 全长）+ 3（B 的前缀到交点） | **8** |
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| pB | 6（B 全长）+ 2（A 的前缀到交点） | **8** |
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两指针同步前进，总路程相等，必然在同一个位置首次相遇——那就是交点。
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```mermaid
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flowchart LR
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subgraph A ["链表 A（4→1→[8→4→5]）"]
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A1["4"] --> A2["1"]
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A2 --> JC["8 ★ 相交点"]
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JC --> JN1["4"]
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JN1 --> JN2["5"]
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JN2 --> NIL1["nil"]
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end
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subgraph B ["链表 B（5→6→1→[8→4→5]）"]
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B1["5"] --> B2["6"]
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B2 --> B3["1"]
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B3 --> JC2["8 ★ 同一节点"]
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JC2 -.-> JN1
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JC2 -.-> JN2
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JN2 --> NIL2["nil"]
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end
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style JC fill:#f9d,stroke:#333
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style JC2 fill:#f9d,stroke:#333
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```
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**图解两个指针的路径：**
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pA 的路径：headA → … → nil(A) → headB → … → JC ← 相遇！
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pB 的路径：headB → … → nil(B) → headA → … → JC ← 同时到达！
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| 时刻 | pA 所在位置 | pB 所在位置 | 说明 |
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|------|-----------|-----------|------|
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| 初始 | headA | headB | 各自主张的起点 |
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| 第 2 步 | A 中第 2 个 | B 中第 3 个 | 各自在自己的链表中 |
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| 第 5 步 | nil（A 末尾）| nil（B 末尾）| 各自走完自己的链表 |
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| 切换 | headB[1] | headA[1] | null 时切换到对方头部 |
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| 第 8 步 | **JC** | **JC** | **同时到达相交点！** |
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> [!warning] ⚠️ 如果不相交呢？
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> 如果没有相交点，两个指针会继续走完 `m + n` 步后都停在 `nil`。此时 pA == nil && pB == nil，退出循环，返回 nil。逻辑仍然正确。
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**时间复杂度：O(m + n)** — 每个指针最多遍历两条链表的总长度。
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**空间复杂度：O(1)** — 只使用两个指针变量。
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> [!note] 🤔 为什么一定在相交点相遇而不是更早或更晚？
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> 因为两指针同步前进（每步都移动），且走的总路程完全相等。第一个相遇的位置必然是第一次"踩到"同一个节点的时刻，也就是相交点。不可能更早相遇——否则那才是相交点；也不可能更晚——因为在相交点处路程已经对齐了。
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## 代码提示
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// 伪代码模板
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pA := headA
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pB := headB
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for pA != pB {
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if pA == nil {
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pA = headB // pA 走完 A，转去走 B
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} else {
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pA = pA.next
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}
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if pB == nil {
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pB = headA // pB 走完 B，转去走 A
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} else {
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pB = pB.next
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}
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}
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return pA // pA == pB，要么是相交节点，要么是 nil
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```
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**Go 语言技巧：**
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- Go 不支持多赋值同时推进两个指针到不同目标，需要用临时变量或逐行判断
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- 利用 Go 的 `nil` 语义：`if node == nil` 安全且直观
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- 也可以用 `for` 循环内联两种切换逻辑，但拆分会更清晰易读
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> [!tip] 🔑 一行 Go 写法（竞赛向）
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> 利用 Go 的短变量声明，可以在循环体内依次推进 a 和 b，利用延迟求值的特性完成切换：
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```go
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```go
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for pA != pB {
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if pA == nil {
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pA = headB
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} else {
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pA = pA.Next
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}
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if pB == nil {
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pB = headA
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} else {
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pB = pB.Next
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}
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|
}
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```
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## 技巧
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> [!tip] 🔑 核心模式：交叉遍历（Cross Walk / Two-pointer Switching）
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> 当两个序列长度不同但需要"对齐"时，让它们互相接管对方的剩余路程。本质是构造等长路径来消除长度差异。类似的变体包括「环形链表入口」（Floyd 判圈算法也用了对称思想）。
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> [!note] 🐹 Go 中的链表定义
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> LeetCode 的 Go 环境内置如下结构体定义：
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```go
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type ListNode struct {
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Val int
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Next *ListNode
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}
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```
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不需要手动定义，直接在解题中使用即可。
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> [!info] 📊 其他解法对比
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| 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 备注 |
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|------|-----------|-----------|------|
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| 暴力枚举 | O(m × n) | O(1) | 双重嵌套遍历，太慢 |
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| 哈希集合 | O(m + n) | O(m) | 把 A 的所有节点存入 set，再遍历 B 查找 |
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| 计算长度差 | O(m + n) | O(1) | 先求各自长度，长的先走差值步数 |
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| **交叉遍历** ⭐ | **O(m + n)** | **O(1)** | **最优，无需预先遍历** |
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> [!success] ✅ 关于"计算长度差"法的补充
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> 这也是 O(m + n) 和 O(1) 空间的合法方案，且更符合直觉：
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> 1. 分别遍历得到长度 lenA、lenB
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> 2. 让较长的链表先走 |lenA - lenB| 步
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> 3. 然后两个指针同步前进，第一个相同的节点就是相交点
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>
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> 缺点是**需要两次遍历**（一次算长度 + 一次找交点），而交叉遍历法虽然也遍历 m + n 步，但在实际运行中往往更快收敛到答案。
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## 代码
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```go
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/**
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* Definition for singly-linked list.
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* type ListNode struct {
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* Val int
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* Next *ListNode
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|
* }
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*/
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func getIntersectionNode(headA, headB *ListNode) *ListNode {
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pA, pB := headA, headB
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for pA != pB {
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// pA 走完 A 后转到 B 头部
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if pA == nil {
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pA = headB
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} else {
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pA = pA.Next
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}
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// pB 走完 B 后转到 A 头部
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|
|
if pB == nil {
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|
|
pB = headA
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|||
|
|
} else {
|
|||
|
|
pB = pB.Next
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|||
|
|
}
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|
|
}
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|
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|
|
return pA // pA == pB，要么是非 nil 的相交节点，要么是 nil
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|
|
}
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|
```
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|
> [!success] ✅ 运行验证
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|
> 这是 LeetCode 第 160 题，通过率约 50%。看似简单但双指针交换法非常优雅——它用"以空间换对称"的思想，将长度差异的问题转化为"一起绕一圈就能对齐"的自然过程。建议动手实现并理解其正确性证明（数学归纳：每一步 a 和 b 距离各自起点的步数之差恒等于 |m - n|）。
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