题目描述
两条链表可能从某个节点起完全重合(从此是同一批节点)，返回第一个公共节点，不相交返回 null。
思路解析
先把 A 的每个节点存进一个集合，再遍历 B、第一个已在集合里的节点就是交点。能做对，但要 O(m+n) 空间存下整条 A。
转折：不用哈希。两个指针各从自己链头出发，谁走到头就跳到对方链头继续。这样 pA 走的总长 = lenA+lenB，pB 走的也是 lenB+lenA，步数完全相等——它们会同时到达交点(或同时到 null)，只用 O(1) 空间。
观察 · 尾部 [8,4,5] 是共用的：绿色的 [8, 4, 5] 在 A、B 里是同一批节点(只是画了两次)。pA 从 A 的头 4 出发，pB 从 B 的头 5 出发，每步各走一格。
一起走 · pA→1, pB→6：两个指针各走一步：pA 到 A 的 1，pB 到 B 的 6。当前 pA ≠ pB(不是同一节点)，继续。
一起走 · pA→8, pB→1：pA 踏进绿色共用段、停在 8；pB 到 B 的 1。小心：pB 在的 1 和 A 里的 1 值一样，但它们是不同节点——必须按节点身份比，不能按值。
一起走 · pA→4, pB→8：pA 到共用段的 4，pB 这时才踏进绿色共用段、停在 8。两者还错着位(pA 比 pB 靠后)——因为 A 短、pA 更早进尾巴。继续走。
pA 走到 A 尾 · pB→4：pA 走到 A 的末尾 5(A 走完了)，pB 到共用段的 4。关键转折：pA 下一步不接 null，而是跳到 B 的头去——走完自己接对方。
pA 跳到 B 头 · pB 走到 B 尾：pA 跳到 B 的头(现在它在 B 行的 5 上)，pB 走到 B 的末尾 5。两者仍不相等：一个在 B 头、一个在 B 尾。pB 下一步也走完了 B，该跳去 A 头。
pB 跳到 A 头 · 双双继续：现在角色对称了：pB 跳到 A 的头 4，pA 在 B 上走到 6。两个指针都已经「走完一条、踏上另一条」，从此步数完全对齐。
逼近 · pA→B的1, pB→A的1：再走一步：pA 到 B 的 1，pB 到 A 的 1。又一次「值相同但身份不同」：两个 1 看着一样却不是同一节点，pA ≠ pB，还没到交点，继续。
相遇！pA、pB 同时到达 8：pA 走到 B 的 8、pB 走到 A 的 8——而这两个 8 是同一个节点(绿色共用段的头)！pA 共走了 5+3=8 步，pB 也走了 6+2=8 步，步数相等所以同时到达交点，返回它。
两条不等长的链，单独看对不齐；但让每个指针都走「自己 + 对方」这同样的 m+n 长度，长度差就被自动抹平，必在第一个公共节点相遇。无需量长度、无需哈希。
参考代码（Python）
1pA, pB = headA, headB
2while pA is not pB: # 用身份比, 不用值
3 pA = pA.next if pA else headB # A 走完跳到 B 头
4 pB = pB.next if pB else headA # B 走完跳到 A 头
5return pA # 相交点(或同时为 None)复杂度分析
- 时间复杂度：O(m+n) —— 每个指针各走 m+n 步就相遇
- 空间复杂度：O(1) —— 只用 pA、pB 两个指针，不像哈希要存下整条 A
套路模板
记住这四行骨架：谁走到头就换到对方链头继续。两个指针各走 m+n 步，要么在交点相遇、要么同时为 None。短短四行，无需量长度。
1pA, pB = headA, headB
2while pA is not pB:
3 pA = pA.next if pA else headB # 走到头换对方链头
4 pB = pB.next if pB else headA
5return pA易错点
- 错误写法：用 pA.val == pB.val 判相交 → 正确写法：用 pA is pB 判同一节点（相交是「同一个节点」，不同节点可能值相同(如本题 A、B 各有一个 1)，必须比身份不比值）
- 错误写法：走到头接 pA.next(自己的头) → 正确写法：走到头跳到对方的链头 headB（换成自己的头会永远错位、步数对不齐，两指针永不相遇）
以上文字与上方动画完全同一思路：先看动画建立直觉 → 读文字巩固 → 关掉页面自己默写一遍代码，能写出来才算真的掌握。