- 环形数组是否存在循环
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？
方法：快慢指针
思路：我们可以将环形数组理解为图中的 n 个点，nums[i]表示 i号点向 (i+nums[i])mod n 号点连有一条单向边。
注意到这张图中的每个点有且仅有一条出边，这样我们从某一个点出发，沿着单向边不断移动，最终必然会进入一个环中。而依据题目要求，我们要检查图中是否存在一个所有单向边方向一致的环。
具体地，我们检查每一个节点，令快慢指针从当前点出发，快指针每次移动两步，慢指针每次移动一步，期间每移动一次，我们都需要检查当前单向边的方向是否与初始方向是否一致，如果不一致，我们即可停止遍历，因为当前路径必然不满足条件。为了降低时间复杂度，我们可以标记每一个点是否访问过，过程中如果我们的下一个节点为已经访问过的节点，则可以停止遍历。
class Solution {
public:bool circularArrayLoop(vector<int>& nums) {int n = nums.size();// 将lambda表达式作为函数对象auto next_index = [&](int cur) {//保证返回值在 [0, n)return ((cur + nums[cur]) % n + n) % n;};// 依次检查各个节点for (int i = 0; i < n; i++) {if (0 == nums[i]) {continue;}int slow = i;int fast = next_index(i);// 判断非零且方向相同while (nums[slow] * nums[fast] > 0 && nums[slow] * nums[next_index(fast)] > 0) {if (slow == fast) {if (slow != next_index(slow)) {// 从这个节点开始，存在环，返回return true;} else {// 当nums[i]为n的整倍数时，i的后继节点即为i本身，此时循环长度k=1，不符合题目要求break;}}slow = next_index(slow);fast = next_index(next_index(fast));}// 从这个节点开始，不存在环，将遍历过的节点置为0，为下一次遍历做准备int add = i;while (nums[add] * nums[next_index(add)] > 0) {nums[add] = 0;add = next_index(add);}}return false;}
};
