问题：
给出两个单向链表的头指针（如下图所示），

解答

• 直接循环判断第一个链表的每个节点是否在第二个链表中。但这种方法的时间复杂度为O(Length(h1) * Length(h2))。显然，我们得找到一种更为有效的方法，至少不能是O（N^2）的复杂度。

• 针对第一个链表直接构造hash表，然后查询hash表，判断第二个链表的每个节点是否在hash表出现，如果所有的第二个链表的节点都能在hash表中找到，即说明第二个链表与第一个链表有相同的节点。时间复杂度为为线性：O(Length(h1) + Length(h2))，同时为了存储第一个链表的所有节点，空间复杂度为O(Length(h1))。

• 转换为环的问题。把第二个链表接在第一个链表后面，如果得到的链表有环，则说明两个链表相交。如何判断有环的问题上面已经讨论过了，但这里有更简单的方法。因为如果有环，则第二个链表的表头一定也在环上，即第二个链表会构成一个循环链表，我们只需要遍历第二个链表，看是否会回到起始点就可以判断出来。这个方法的时间复杂度是线性的，空间是常数。

• 进一步考虑“如果两个没有环的链表相交于某一节点，那么在这个节点之后的所有节点都是两个链表共有的”这个特点，我们可以知道，如果它们相交，则最后一个节点一定是共有的。而我们很容易能得到链表的最后一个节点，所以这成了我们简化解法的一个主要突破口。那么，我们只要判断两个链表的尾指针是否相等。相等，则链表相交；否则，链表不相交。
  所以，先遍历第一个链表，记住最后一个节点。然后遍历第二个链表，到最后一个节点时和第一个链表的最后一个节点做比较，如果相同，则相交，否则，不相交。这样我们就得到了一个时间复杂度，它为O((Length(h1) + Length(h2))，而且只用了一个额外的指针来存储最后一个节点。这个方法时间复杂度为线性O(N)，空间复杂度为O(1)，显然比解法三更胜一筹。

/判断两个链表是否相交
bool isIntersect(Node *h1,Node *h2)
{
  //异常判断
    if(h1 == NULL || h2 == NULL) return false;    
    while(h1->next != NULL) {
        h1 = h1->next;
    }
    while(h2->next != NULL) {
        h2 = h2->next;
    }
    //尾节点是否相同
    if(h1 == h2) return true;        
    else return false;
}

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