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用虚拟头结点，这样会方便很多。?
本题链表操作就比较复杂了，建议大家先看视频，视频里我讲解了注意事项，为什么需要temp保存临时节点。
题目链接/文章讲解/视频讲解：?代码随想录
自己想法：在DAY3中学习到删除链表元素使用双指针法，今天我就画图使用多个指针来指向各个节点便于后面的连接
class Solution {
public:
ListNode* swapPairs(ListNode* head) {
ListNode*dummyhead=new ListNode(0);
int n=0;//统计节点数
dummyhead->next=head;//建立头结点
ListNode*p=dummyhead;
while(p->next!=nullptr){
n++;
p=p->next;
}
if(n<=1)
return head;
ListNode*a=dummyhead;
ListNode*b=a->next;
ListNode*c=b->next;
ListNode*d=c->next;
int cnt=n/2;
while(cnt--){
a->next=c;
b->next=d;
c->next=b;
if(cnt==0)
break;
a=b;
b=d;
c=d->next;
d=c->next;
}
return dummyhead->next;
}
};我使用了四个指针来记录各个节点，然后用cnt来控制循环次数，都是只需要循环n/2次，n表示节点的个数。
注意：在循环中连接了各个指针之后一定要判断一下cnt是否等于0，如果等于0了那么再去往后移动指针的话一定会导致操作空指针，造成空指针异常。并且最后输出的是dummyhead->next而不是head，因为head已经被改变了，不是原来的头结点。
学习之后：发现b指针是不需要存储的，可以由连接之后的a->next直接得到，而且发现如果我们要操作1 2节点，需要知道1号节点的前一个节点cur，每次cur往后面移动两个节点，循环终止条件就是cur->next！=null（偶数）并且cur->next->next != null（奇数）就可以合并所有的情况包括节点数为0和1的情况。
代码：
class Solution {
public:
ListNode* swapPairs(ListNode* head) {
ListNode* dummyHead = new ListNode(0); // 设置一个虚拟头结点
dummyHead->next = head; // 将虚拟头结点指向head，这样方面后面做删除操作
ListNode* cur = dummyHead;
while(cur->next != nullptr && cur->next->next != nullptr) {
ListNode* tmp = cur->next; // 记录临时节点
ListNode* tmp1 = cur->next->next->next; // 记录临时节点
cur->next = cur->next->next; // 步骤一
cur->next->next = tmp; // 步骤二
cur->next->next->next = tmp1; // 步骤三
cur = cur->next->next; // cur移动两位，准备下一轮交换
}
return dummyHead->next;
}
};双指针的操作，要注意，删除第N个节点，那么我们当前遍历的指针一定要指向?第N个节点的前一个节点，建议先看视频。
题目链接/文章讲解/视频讲解：代码随想录
自己想法：和DAY3的删除一个节点差不多，利用循环遍历到需要删除的节点的前一个节点，然后再对指针重新赋值。我是用了两趟循环先求出节点的总数，然后再用总数-倒数第几个就能得到要求的节点是正数第几个。
class Solution {
public:
ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
ListNode*dummyhead=new ListNode(0);
dummyhead->next=head;
ListNode*p=dummyhead;
int cnt=0;
while(p->next!=nullptr){
cnt++;//记录节点的个数
p=p->next;
}
n=cnt-n;
p=dummyhead;
while(n--){
p=p->next;
}
ListNode*temp=p->next;
p->next=p->next->next;
delete temp;
temp=nullptr;
return dummyhead->next;
}
};看完之后：只用了一层循环就求出了，要求（正数）第len-n+1个结点（倒数第n个节点） ，快指针先走n+1，则快=慢+n+1，当快=len+1时，慢=len-n,此时的慢指针指向的是我们要求的节点的前一个节点。
class Solution {
public:
ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
ListNode* dummyHead = new ListNode(0);
dummyHead->next = head;
ListNode* slow = dummyHead;
ListNode* fast = dummyHead;
while(n-- && fast != NULL) {
fast = fast->next;
}
fast = fast->next; // fast再提前走一步，因为需要让slow指向删除节点的上一个节点
while (fast != NULL) {
fast = fast->next;
slow = slow->next;
}
slow->next = slow->next->next;
// ListNode *tmp = slow->next; C++释放内存的逻辑
// slow->next = tmp->next;
// delete nth;
return dummyHead->next;
}
};注意：数值相同，不代表指针相同。
题目链接/文章讲解：代码随想录
自己想法：用两层循环找到相同的两个指针，但是这不能保证这个指针后面的元素是也是相同的链接。
看完之后：现将长度较长的一个链表找到与较短长度的链表相同长度的位置，在从这个位置开始往后面开始找。必须从尾部开始找，否则只找到其中一个指针所指向的节点相同不能保证下一个节点也是相同的。
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
ListNode* curA = headA;
ListNode* curB = headB;
int lenA = 0, lenB = 0;
while (curA != NULL) { // 求链表A的长度
lenA++;
curA = curA->next;
}
while (curB != NULL) { // 求链表B的长度
lenB++;
curB = curB->next;
}
curA = headA;
curB = headB;
// 让curA为最长链表的头，lenA为其长度
if (lenB > lenA) {
swap (lenA, lenB);
swap (curA, curB);
}
// 求长度差
int gap = lenA - lenB;
// 让curA和curB在同一起点上（末尾位置对齐）
while (gap--) {
curA = curA->next;
}
// 遍历curA 和 curB，遇到相同则直接返回
while (curA != NULL) {
if (curA == curB) {
return curA;
}
curA = curA->next;
curB = curB->next;
}
return NULL;
}
};算是链表比较有难度的题目，需要多花点时间理解?确定环和找环入口，建议先看视频。
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自己想法：用一个标记数组来标记一个指针的地址是否出现过，其实就是用哈希来对应，但是失败了，好像指针地址不能被当做下标？
看完之后：太妙了，双指针的神奇。该题的所有总结代码随想录都已经写的很好了，直接看，注意一点：快指针的速度只能是慢指针的两倍，慢指针一次移动一个节点，快指针一次移动两个节点。这是因为：快指针相对于慢指针的速度*t就是移动的节点数，这个节点数要有可能等于快慢指针初始时的相对距离，比如初始时快慢指针相距3个节点，但是快指针的速度是慢指针的3倍也就是相对于慢指针每个t移动两个节点，2*任意一个整数t都不可能==3所以这两个指针会永远错过。而如果速度只相差1，那么1是任何数的倍数，所以总能满足1*t==快慢指针的相对距离。
class Solution {
public:
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
ListNode* fast = head;
ListNode* slow = head;
while(fast != NULL && fast->next != NULL) {
slow = slow->next;
fast = fast->next->next;
// 快慢指针相遇，此时从head 和 相遇点，同时查找直至相遇
if (slow == fast) {
ListNode* index1 = fast;
ListNode* index2 = head;
while (index1 != index2) {
index1 = index1->next;
index2 = index2->next;
}
return index2; // 返回环的入口
}
}
return NULL;
}
};