比如h1、h2，判斷這兩個鏈表是否相交。這裏爲了簡化問題，我們假設兩個鏈表均不帶環。
解答
直接循環判斷第一個鏈表的每個節點是否在第二個鏈表中。但這種方法的時間複雜度爲O(Length(h1) * Length(h2))。顯然，我們得找到一種更爲有效的方法，至少不能是O（N^2）的複雜度。
針對第一個鏈表直接構造hash表，然後查詢hash表，判斷第二個鏈表的每個節點是否在hash表出現，如果所有的第二個鏈表的節點都能在hash表中找到，即說明第二個鏈表與第一個鏈表有相同的節點。時間複雜度爲爲線性：O(Length(h1) + Length(h2))，同時爲了存儲第一個鏈表的所有節點，空間複雜度爲O(Length(h1))。
轉換爲環的問題。把第二個鏈表接在第一個鏈表後面，如果得到的鏈表有環，則說明兩個鏈表相交。如何判斷有環的問題上面已經討論過了，但這裏有更簡單的方法。因爲如果有環，則第二個鏈表的表頭一定也在環上，即第二個鏈表會構成一個循環鏈表，我們只需要遍歷第二個鏈表，看是否會回到起始點就可以判斷出來。這個方法的時間複雜度是線性的，空間是常數。
進一步考慮“如果兩個沒有環的鏈表相交於某一節點，那麼在這個節點之後的所有節點都是兩個鏈表共有的”這個特點，我們可以知道，如果它們相交，則最後一個節點一定是共有的。而我們很容易能得到鏈表的最後一個節點，所以這成了我們簡化解法的一個主要突破口。那麼，我們只要判斷兩個鏈表的尾指針是否相等。相等，則鏈表相交；否則，鏈表不相交。
所以，先遍歷第一個鏈表，記住最後一個節點。然後遍歷第二個鏈表，到最後一個節點時和第一個鏈表的最後一個節點做比較，如果相同，則相交，否則，不相交。這樣我們就得到了一個時間複雜度，它爲O((Length(h1) + Length(h2))，而且只用了一個額外的指針來存儲最後一個節點。這個方法時間複雜度爲線性O(N)，空間複雜度爲O(1)，顯然比解法三更勝一籌。
/判斷兩個鏈表是否相交
bool isIntersect(Node *h1,Node *h2)
{
//異常判斷
if(h1 == NULL || h2 == NULL) return false;
while(h1->next != NULL) {
h1 = h1->next;
}
while(h2->next != NULL) {
h2 = h2->next;
}
//尾節點是否相同
if(h1 == h2) return true;
else return false;
}
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