https://leetcode-cn.com/problems/circular-array-loop/
存在一个不含 0 的 环形 数组 nums ，每个 nums[i] 都表示位于下标 i 的角色应该向前或向后移动的下标个数：
如果 nums[i] 是正数，向前（下标递增方向）移动 |nums[i]| 步
如果 nums[i] 是负数，向后（下标递减方向）移动 |nums[i]| 步
因为数组是 环形 的，所以可以假设从最后一个元素向前移动一步会到达第一个元素，而第一个元素向后移动一步会到达最后一个元素。
数组中的 循环 由长度为 k 的下标序列 seq 标识：
遵循上述移动规则将导致一组重复下标序列 seq[0] -> seq[1] -> ... -> seq[k - 1] -> seq[0] -> ...
所有 nums[seq[j]] 应当不是 全正 就是 全负
k > 1
如果 nums 中存在循环，返回 true ；否则，返回 false 。
示例 1：
输入：nums = [2,-1,1,2,2]
输出：true
解释：存在循环，按下标 0 -> 2 -> 3 -> 0 。循环长度为 3 。
示例 2：
输入：nums = [-1,2]
输出：false
解释：按下标 1 -> 1 -> 1 ... 的运动无法构成循环，因为循环的长度为 1 。根据定义，循环的长度必须大于 1 。
示例 3:
输入：nums = [-2,1,-1,-2,-2]
输出：false
解释：按下标 1 -> 2 -> 1 -> ... 的运动无法构成循环，因为 nums[1] 是正数，而 nums[2] 是负数。
所有 nums[seq[j]] 应当不是全正就是全负。
提示：
1 <= nums.length <= 5000
-1000 <= nums[i] <= 1000
nums[i] != 0
进阶：你能设计一个时间复杂度为 O(n) 且额外空间复杂度为 O(1) 的算法吗？
- 图
- 暂无
根据题意，我们可以检查所有情况。即分别检查从索引 0，1，2。。。 n-1 开始的情况， 判断其是否能构成长度至少为 2 的环。
不难理出算法框架为：
for i in range(n):
if can(i): return True
return Falsecan(i) 功能是检查是否从 i 开始可以有一条长度至少为 2 的循环。
那么剩下的问题就是如何实现 can(i)。 检查是否有环明显就是一个标准的图的搜索问题，套用模板即可。
这里有几点需要注意：
- 由于我们必须同正同负，那么我们可以记录一下其实的正负。如果遍历到的值不同为正负则可以提前退出。
- 如果环大小小于 2 则返回 False，这提示我们记录一下环的大小。如下代码 steps 就是环的大小。
- � 由于题目是限定了数组是 环形 的，所以可以假设从最后一个元素向前移动一步会到达第一个元素，而第一个元素向后移动一步会到达最后一个元素。 因此我们需要对两种越界分开讨论。不过为了代码一致，我用了统一的写法 (cur + nums[cur]) % n + n ) % n 获取到下一个索引。
- 语言支持：Python3
Python3 Code:
class Solution:
def circularArrayLoop(self, nums: List[int]) -> bool:
def can(cur, start, steps):
if nums[cur] ^ nums[start] < 0: return False
if cur == start and steps != 0: return steps > 1
if cur in visited: return False
visited.add(cur)
return can(((cur + nums[cur]) % n + n ) % n, start, steps + 1)
n = len(nums)
visited = None
for i in range(n):
visited = set()
if can(i, i, 0): return True
return False复杂度分析
令 n 为数组长度。
- 时间复杂度：$O(n^2)$
- 空间复杂度：$O(n)$
和解法一类似。不过由于如果 steps 大于 n 则一定不存在解，可直接返回 False，因此我们可以根据 steps 判断是否无解，而不必使用 visited 数组。这样做可以减少空间，不过时间复杂度上常数项上要比解法一差，因此不推荐，仅作为参考。
- 语言支持：Python3
Python3 Code:
class Solution:
def circularArrayLoop(self, nums: List[int]) -> bool:
def can(cur, start, steps):
if nums[cur] ^ nums[start] < 0: return False
if cur == start and steps != 0: return steps > 1
if steps > n: return False
return can(((cur + nums[cur]) % n + n ) % n, start, steps + 1)
n = len(nums)
for i in range(n):
if can(i, i, 0): return True
return False
复杂度分析
令 n 为数组长度。
- 时间复杂度：$O(n^2)$
- 空间复杂度：$O(1)$
我们可以对前面两种解法进行优化。
我们可以使用哈希表 visited 记录访问情况，其中 key 为索引，value 为起始点。如果当前节点在 visited 中，就只有两种情况：
- visited[cur] == start 为真，也就是说 cur 是在当前轮被标记访问的，直接返回 true
- 否则不是在当前轮标记的，那么一定是之前标记的，那直接返回 false 就好了。因此之前轮已经检查过了经过 cur 不存在环
我们使用了 visited 后每个点最多被处理一次，因此可以将时间复杂度降低到
进一步，我们可以使用原地标记的算法而不开辟 visited ，从而将空间复杂度降低到
- 语言支持：Python3
Python3 Code:
class Solution:
def circularArrayLoop(self, nums: List[int]) -> bool:
def can(cur, start, start_v):
if nums[cur] >= 5000: return nums[cur] - 5000 == start
if nums[cur] ^ start_v < 0: return False
nxt = ((cur + nums[cur]) % n + n ) % n
if nxt == cur: return False
nums[cur] = start + 5000
return can(nxt, start, start_v)
n = len(nums)
for i in range(n):
if can(i, i, nums[i]): return True
return False复杂度分析
令 n 为数组长度。
- 时间复杂度：$O(n)$
- 空间复杂度：不考虑递归产生的调用栈开销的话是
$O(1)$
读者可以轻易地将上面的代码改为迭代，感兴趣的读者不妨试试看。
- 使用哈希表 visited 记录访问情况，其中 key 为索引，value 为起始点。这样可以将时间复杂度降低到
$O(n)$
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