問題本身的解答並不是本文的重點。
用指針p1、p2分別指向兩個鏈表頭，不斷後移；最後到達各自表尾時，若p1==p2，那麼兩個鏈表必相交
擴展問題1：如果鏈表可能有環，上面的方法怎麼調整？
分情況討論：
如果兩個鏈表都沒有環，那麼同原算法；
如果兩個鏈表一個有環，一個沒環，那麼必然不相交。
(*)如果兩個鏈表都有環，判斷一個鏈表環上的任一點是否在另一個鏈表上，如果是，則必相交，反之不相交。這時，需要找到另一個鏈表完整的環都包括了哪些結點，才能進行判斷。(*)
可以看出，解答這個問題要解決判斷是否有環。
擴展問題2：如果必須要求出兩個鏈表相交的第一個節點呢？
（*） 思路：如果兩個尾結點是一樣的，說明它們有重合；否則兩個鏈表沒有公共的結點。
在上面的思路中，順序遍歷兩個鏈表到尾結點的時候，我們不能保證在兩個鏈表上同時到達尾結點。這是因爲兩個鏈表不一定長度一樣。但如果假設一個鏈表比另一個長L個結點，我們先在長的鏈表上遍歷L個結點，之後再同步遍歷，這個時候我們就能保證同時到達最後一個結點了。由於兩個鏈表從第一個公共結點開始到鏈表的尾結點，這一部分是重合的。因此，它們肯定也是同時到達第一公共結點的。於是在遍歷中，第一個相同的結點就是第一個公共的結點。
在這個思路中，我們先要分別遍歷兩個鏈表得到它們的長度，並求出兩個長度之差。在長的鏈表上先遍歷若干次之後，再同步遍歷兩個鏈表，直到找到相同的結點，或者一直到鏈表結束。PS：沒有處理一種特殊情況：就是一個是循環鏈表，而另一個也是，只是頭結點所在位置不一樣。 （*）
對於特殊情況，相交的第一個結點可以是第一個鏈表的表頭，也可以是第二個鏈表的表頭。因爲從表頭開始二者就開始相交了。對於這種情況，如果判斷出二者都是循環鏈表，就可以直接返回其中之一的頭指針。
相關問題：求鏈表倒數第k個結點
(*)設置兩個指針p1,p2，首先p1和p2都指向head，然後p2向前走k步，這樣p1和p2之間就間隔k個節點，最後p1和p2同時向前移動，直至p2走到鏈表末尾。(*)
現在來看，遺留問題是：1.如何判斷鏈表有環？2.如何找到鏈表環的入口？方法是有的，而且這個算法在3.11節程序改錯的擴展問題有所提示。簡單來說就是
對於問題1，指針p1、p2指向表頭，每次循環p1指向後繼，p2指向後繼的後繼；循環的結束條件是，p2後繼爲空（無環）或p1==p2（有環）。
這個方法網上沒有看到比較令我滿意的解釋，而《編程原本》（Elements of Programming）在第2章“變換及其軌道”中雖然有簡單的說明，可當時看的時候也不是特別理解（就算現在理解了，這本書上講得比較抽象，上面的說明放在這裏只能讓讀者越看越糊塗），可能是悟性不夠吧。一是不滿足於用舉例說明，二是覺得，如果是連續地移動，即像物體運動時位移和時間是連續的而不是這樣離散的，當然會相遇；而二者都是離散的，如果每次都發生p2剛好越過p1的情況呢？下面用易於理解的方式證明，這個解法中如果有環，p1和p2必同時在停留在某個節點。
如左圖，在任意時刻，p1和p2都在環上。由於p1每次向前1步，p2每次向前兩步，用相對運動的觀點來看，把p1看作靜止，那麼p2每次相對p1向前1步，二者在順時針方向上的距離每經過一個時刻就減少1，直到變爲0，也即二者恰好相遇。這樣就證明了在離散情況下，對於有環鏈表，二者也是必然在某一時刻相遇在某個節點上的。
沿着這個思路，繼續求解問題2尋找環的入口問題。記環的總長度爲R（即，環上有R個節點），並將上述的初始時刻選爲p1第一次到達環入口的時刻，相遇時p1在環上位置x%R，p2在環位置[2*(L+x)-L]%R，
在相遇點，有(2L+2x-L)%R == x%R，即(L+2x)%R==x%R。根據同餘的性質，（L+x）%R==0。
此時把p1放回表頭，p2的速度降爲1。當p1走了L到達環的入口時，p2在環上的位置爲(x+L)%R==0，這意味着p2回到了入口，且與p1相遇。並且由於之前p1不在環上，這是二者的在這一步操作後的第一次相遇，並且都在入口，這便找出了入口的位置。
重述一遍尋找環存在和環入口的方法：
用兩個指針p1、p2指向表頭，每次循環時p1指向它的後繼，p2指向它後繼的後繼。若p2的後繼爲NULL，表明鏈表沒有環；否則有環且p1==p2時循環可以終止。此時爲了尋找環的入口，將p1重新指向表頭且仍然每次循環都指向後繼，p2每次也指向後繼。當p1與p2再次相等時，相等點就是環的入口。