现有两个单链表，一个长度为M，一条长度为N，可能有环也可能无环，若他们相交，则给出他们相交的第一个节点，否则返回null，要求空间复杂度O(1)、空间复杂度O(M+N)。
这题信息量很大，需要拆分：
1.如何判断单链表有无环：
有环链表的判定方式：只要他能在遍历的过程中遍历到一个节点两次，那就是有环的。
所以我们可以准备一个hash，遍历链表：
A.遇到了hash中未加入的节点，加入hash
B.遇到了hash中加入过的节点，有环
C.链表遍历完了，指针指向了null，此时必定无环
O(1）复杂度下如何得到单链表有环无环呢？需要利用神器-快慢指针。
我们让快慢指针在这个链表上跑，如果有环，他们一定会相遇：
证明：设不属于环的部分长度为m，属于环部分的长度为n，如果他们相遇，一定是在环上【因为非环的地方由于快指针跑得快，他会一直在慢指针前面】，设他们跑了x次。
于是我们有式子：(1*x-m)%n==(2*x-m)%n，由于快指针跑得快，因此我们可以将上式变形为(x-m)-k1*n==(2*x-m)-k2*n(k2>k1)，移项后我们得到x=(k2-k1)*n，这是一定有解的。
我们可以证明得k2-k1=1：
首先，由于快指针是一次跳两步的，所以当快指针走完了整条链【以所有节点被访问一次为基准】，此时不管这个单链表是完全是一个环还是一条直线加一个环，慢指针所在位置肯定里入环点距离不超过环长一半，而这时快指针在入环节点或入环节点的前一个节点，此时只要证在这次的遍历环过程中两个指针会相遇即可。
1）由于现在慢指针离环终点还有大于一半环长的距离，因此，在慢指针跳到终点前快指针必定会跨过慢指针一次
2）分情况讨论：
A.直线部分L和环部分长度C均为奇数或偶数，那么快指针经过(L+C)/2跳转到入环节点，此时慢指针在(L+C)/2位置，此时快慢指针相距(L+C)/2-L=(C-L)/2，而因为L和C的奇偶性相同，所以C-L必定为偶数，于是经过(C-L)/2步两者相遇，而快指针跳一次环需要的时间为C/2，C/2>(C-L)/2，所以可知快指针在第二次遍历环的时候就会撞上慢指针，最终慢指针没有走完一环而快指针没有走完第二环，于是k2-k1=0，并且可知k2=1，k1=0，x=1*n。
B.直线部分L、环部分长度C为一奇一偶，那么快指针经过(L+C+1)/2跳转到入环节点的前一个节点，此时慢指针在(L+C+1)/2位置，此时快慢指针相距(L+C+1)/2-L-1=(C-L-1)/2，由于C、L奇偶性不同，所以(C-L-1)为偶数，可整除2。于是经过(C-L-1)/2步两个指针相遇，然而因为(C-1)/2>(C-L-1)/2，所以可知快指针在第二次遍历环的时候就会撞上慢指针，最终慢指针没有走完一环而快指针没有走完第二环，于是k2-k1=0,并且可知k2=1，k1=0，x=1*n。
另外，当他们相遇后，如果将快指针指向头节点并变为慢指针，两个慢指针继续遍历，相等的时候对应的节点就是入环的节点。
证明：因为k1=0，所以第一次相遇时，慢指针的位置为(x-m)-0*n==x-m（x=1*n）->n-m，慢指针距离走完环还有的距离是n-(n-m)=m，得证。
快慢指针判环：
1）快慢指针同时在环上跑，如果快指针遍历到了NULL，则必定无环。
2）若快慢指针相遇，将快指针指向头节点，并将速度改为慢指针，新慢指针和旧慢指针同时跑，第一个相遇点即使入环点loop。
单链表的情况分类：
1.无环
2.有环
3.只有环
也就是，单链表有环的情况下，必定是先无环【无环的长度可为0】后有环，否则，会出下图情况：
这样乍一看是先有环后无环的，但是会发现，ERROR节点居然有两个next指针，这不符合单链表的基本特征。
现在我们解决了判环的问题，现在来求第一个相交的节点：
A.两条无环单链表相交：
不可能的情况如下图：还是之前说的，ERROR有两个next域，不符合单链表的条件。
弱化约束：如果不要求空间复杂度，可以先遍历一遍链表1，将所有节点打入hash，再遍历链表2，每次遍历节点，去hash中查询，如果已经有记录，那么这个节点必定是第一个相交节点，直接返回true。如果链表2都遍历完了，说明没有相交节点，返回false。
强化约束：由上面的图分析，我们可以知道，如果两条单链表相交，从他们相交的节点开始，一直到尾节点，都是一样的。因此，我们可以借用树上找公共祖先的思想，分别遍历两条链表得到他们的长度和尾节点，len1,tail1,len2,tail2。
a.tail1!=tail2，两条链表不可能相交
b.tail1==tail2，两条链表必定相交，但是第一个相交节点未必是尾节点，设dif=abs(len1-len2)：
1）如果len1>len2，先将len1走dif，此时两条链表的开始指针到尾节点长度相等，同时开始遍历，将第一次相等处的节点返回即可
2）如果len2>len1，先将len2走dif，。。。。。。同上
B.一条链表有环，一条链表无环，不可能相交：因为当无环单链表和有环单链表相交时，由于有环单链表前面部分无环后面部分有环，因此从相交处开始到尾节点一定有一部分属于环，而只要有一部分属于环，就不可能满足无环条件。或者这么看，一旦相交，尾节点相同，而尾节点是属于环的，此时要求无环单链表有环，无法满足。示意图如下，A不可能无环：
C.两条有环链表
分三种情况：
1.两个各自不相交：
从A链表的入环节点开始，遍历下去，知道转回自己，如果期间都没有碰到B链表的入环节点，就是两个有环但各自不相交。
2.在相同的入环节点前相交
因为有相同的入环节点，所以第一个相交节点肯定是在入环节点或者更前，将环切掉，问题退化成两条单链表相交问题。
3.在环上相交，注意next域方向，并没有出现一个节点两个next的情况，因此是满足的
从A链表的入环节点开始，遍历下去，知道转回自己，如果期间碰到B链表的入环节点，就是两个有环链表相交，此时任意返回两个入环节点的一个即可，因为都在一个环上，环可以当成是一个无限长的直线，所以两个入环节点都可以作为第一个相交节点。