先来定义结点（为了简便，省略set/get）：
public class Node
{
public int data;
public Node link;
}
我能想到的两种解法，一个基于递归：
递归版的思路就是，基于当前结点，如果后一个是倒数第K-1，那么当前结点是所求，若不然，返回当前是倒数第几个。
public int printRKWithRecur(Node head,int k)
{
if(k==0||head==null||head.link==null)return 0;
if(_recurFind(head.link,k)>=k)return 1;
return 0;
}
private final int _recurFind(Node node, int k) {
if(node.link==null)
{
return 1;
}
int sRet=_recurFind(node.link,k);
if(sRet==k-1)
{
System.out.println(“Got:”+node.data);
return k;
}
return sRet+1;
}
对每个结点，该算法都只访问一次，因此复杂度O（N）。
第二解法，相对递归来说，这种方法可以算是消除递归版，而且从某种意义上来说比递归更高效，跟省空间，递归版实际上是把回溯的数据存在栈上，而版方法是自己存储，且利用数组实现一个循环队列，只存储K个元素。
public static class CycleIntQueue
{
int[] datas;
int top=0;
int num=0;
public CycleIntQueue(int n)
{
datas=new int[n];
}
public void push(int i)
{
datas[(top++)%datas.length]=i;
num++;
}
public int numPushed()
{
return num;
}
public int getButtom()
{
return datas[top%datas.length];
}
}
public int printRKWithCycleQueue(Node head,int k)
{
if(k==0||head==null)return 0;
CycleIntQueue queue=new CycleIntQueue(k);
Node cur=head.link;
while(cur!=null)
{
queue.push(cur.data);
cur=cur.link;
}
if(queue.numPushed()
System.out.println(“Got:”+queue.getButtom());
return 1;
}
本算法，都每个结点也只放一次，另外进行一次入队操作，该操作复杂度O(1),从而，整个算法复杂度仍是O(N).
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不然你大概会一直好奇和不甘吧——家门前的那条小路，
