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解题思路：

设「第一个公共节点」为 node ，「链表 headA」的节点数量为 $a$ ，「链表 headB」的节点数量为 $b$ ，「两链表的公共尾部」的节点数量为 $c$ ，则有：

头节点 headA 到 node 前，共有 $a - c$ 个节点；
头节点 headB 到 node 前，共有 $b - c$ 个节点；

考虑构建两个节点指针 A , B 分别指向两链表头节点 headA , headB ，做如下操作：

指针 A 先遍历完链表 headA ，再开始遍历链表 headB ，当走到 node 时，共走步数为：

$$ a + (b - c) $$

指针 B 先遍历完链表 headB ，再开始遍历链表 headA ，当走到 node 时，共走步数为：

$$ b + (a - c) $$

如下式所示，此时指针 A , B 重合，并有两种情况：

$$ a + (b - c) = b + (a - c) $$

若两链表有公共尾部 (即 $c > 0$ ) ：指针 A , B 同时指向「第一个公共节点」node 。
若两链表无公共尾部 (即 $c = 0$ ) ：指针 A , B 同时指向 $null$ 。

因此返回 A 即可。

如下图所示，为 $a = 5$ , $b = 3$ , $c = 2$ 示例的算法执行过程。

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复杂度分析：

时间复杂度 $O(a + b)$ ： 最差情况下（即 $|a - b| = 1$ , $c = 0$ ），此时需遍历 $a + b$ 个节点。
空间复杂度 $O(1)$ ： 节点指针 A , B 使用常数大小的额外空间。

代码：

Python

class Solution:
    def getIntersectionNode(self, headA: ListNode, headB: ListNode) -> ListNode:
        A, B = headA, headB
        while A != B:
            A = A.next if A else headB
            B = B.next if B else headA
        return A

Java

public class Solution {
    public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
        ListNode A = headA, B = headB;
        while (A != B) {
            A = A != null ? A.next : headB;
            B = B != null ? B.next : headA;
        }
        return A;
    }
}

C++

class Solution {
public:
    ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
        ListNode *A = headA, *B = headB;
        while (A != B) {
            A = A != nullptr ? A->next : headB;
            B = B != nullptr ? B->next : headA;
        }
        return A;
    }
};

解题思路： ​

复杂度分析： ​

代码： ​

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复杂度分析：

代码：