LA 3882 约瑟夫环（递推）

约瑟夫问题的变种。。。。

以下内容转自点击打开链接

1.问题描述：n个人（编号1~n)，从1开始报数，报到m的退出，剩下的人继续从1开始报数。按顺序输出列者编号。数学解法复杂度：O(n)。

 

下面的代码摘自雨中飞燕博客，这个公式推的太牛了，我还没看懂。。。

 

#include <stdio.h>
#include <conio.h>
int main( void )
{
     int n, i = 0, m, p;
     scanf("%d%d", &n, &m); //n总人数，m步长
     while( ++i <= n )
     {
         p = i * m;
         while (p > n)
             p = p - n + (p - n - 1)/(m - 1);
         printf("%d/n", p);
     }
     getch();return 0;
}

2.问题描述：n个人（编号1~n)，从1开始报数，报到m的退出，剩下的人继续从1开始报数。求胜利者的编号。数学解法复杂度：O(n)。

多重转载，作者不明，但写得相当好。。。

无论是用链表实现还是用数组实现都有一个共同点：要模拟整个游戏过程，不仅程序写起来比   较烦，而且时间复杂度高达 O(nm) ，当 n ， m 非常大 ( 例如上百万，上千万 ) 的时候，几乎是没有办法在短时间内出结果的。我们注意到原问题仅仅是要求出最   后的胜利者的序号，而不是要读者模拟整个过程。因此如果要追求效率，就要打破常规，实施一点数学策略。

为了讨论方便，先把问题稍微改变一下，并不影响原意：

问题描述： n 个人（编号 0~(n-1)) ，从 0 开始报数，报到 (m-1) 的退出，剩下的人继续从 0 开始报数。求胜利者的编号。

我们知道第一个人 ( 编号一定是 m%n-1)  出列之后，剩下的 n-1 个人组成了一个新的约瑟夫环（以编号为 k=m%n 的人开始） :
   k   k+1   k+2   ... n-2, n-1, 0, 1, 2, ... k-2
并且从 k 开始报 0 。

现在我们把他们的编号做一下转换：
k     --> 0
k+1 --> 1
k+2 --> 2
...
...
k-2 --> n-2
k-1 --> n-1

变换后就完完全全成为了 (n-1) 个人报数的子问题，假如我们知道这个子问题的解：例如 x 是最终的胜利者，那么根据上面这个表把这个 x 变回去不刚好就是 n 个人情况的解吗？！！变回去的公式很简单，相信大家都可以推出来： x'=(x+k)%n

如何知道 (n-1) 个人报数的问题的解？对，只要知道 (n-2) 个人的解就行了。 (n-2) 个人的解呢？当然是先求 (n-3) 的情况  ----  这显然就是一个倒推问题！好了，思路出来了，下面写递推公式：

令 f[i] 表示 i 个人玩游戏报 m 退出最后胜利者的编号，最后的结果自然是 f[n]

递推公式
f[1]=0;
f[i]=(f[i-1]+m)%i;   (i>1)

有了这个公式，我们要做的就是从 1-n 顺序算出 f[i] 的数值，最后结果是 f[n] 。因为实际生活中编号总是从 1 开始，我们输出 f[n]+1

由于是逐级递推，不需要保存每个 f[i] ，程序也是异常简单：

#include <stdio.h>
int main()
{
   int n, m, i, s=0;
   printf ("N M = "); scanf("%d%d", &n, &m);
   for (i=2; i<=n; i++) s=(s+m)%i;
   printf ("The winner is %d/n", s+1);
}

这个算法的时间复杂度为O(n)，相对于模拟算法已经有了很大的提高。算n，m等于一百万，一千万的情况不是问题了。

3.问题描述：n个人（编号1~n)，从1开始报数，报到m(m<<n)的退出，剩下的人继续从1开始报数。求胜利者的编号。数学解法优化后复杂度：O(m)。

同样摘自互联网，貌似是一篇论文，作者不明。。。

上面的算法相比最初的模拟算法效率已经大大提升了，那么，该算法还有改进的余地么？

事实上，如果我们观察上述算法中的变量s，他的初始值为第一个出圈人的编号，但在循环的过程中，我们会发现它常常处在一种等差递增的状态，我来看这个式 子：s=(s+m)%i;，可以看出，当i比较大而s+m-1比较小的时候，s就处于一种等差递增的状态，这个等差递增的过程并不是必须的，可以跳过。

我们设一中间变量x，列出如下等式：
s+m*x–1=i+x

解出x，令s=s+m*x，将i+x直接赋值给 i，这样就跳过了中间共x重的循环，从而节省了等差递增的时间开销。可是其中求出来的x＋i可能会超过n，这样的结果事实上已经告诉我们此时可以直接结束算法了。 

 

整个算法的C语言描述如下：

long Josephus(long n,long m,long k) //分别为：人数，出圈步长，起使报数位置,
{
    if (m == 1)k = k == 1 ? n : (k + n - 1) % n;
    else
    {
        for (long i = 1; i <= n; i++)
        {
            if ((k + m) < i)
            {
                x = (i - k + 1) / (m - 1) - 1;
                if (i + x < n)
                {
                    i = i + x;
                    k = (k + m * x);
                }
                else
                {
                    k = k + m * (n - i) ;
                    i = n;
                }
            }
            k = (k + m - 1) % i + 1;
        }
    }
    return k; //返回最后一人的位置
}

该算法的算法复杂度在 m<n 时已经与一个圈中的人数 n 没有关系了，即使在 n=2000000000 ， m=3 ， s=1 的情况下，也只做了 54 次循环，事   实上，大多数的情况都是 m<n ，且 m 相对来说很小，此时，这个算法的复杂度仅为 O(m) ；但当 m>=n 时，用方程求出的值不能减少循环重数，算法复杂度仍为 O(n) 。

4.问题描述：n个人（编号1~n)，从1开始报数，报到2的退出，剩下的人继续从1开始报数。求胜利者的编号。数学解法优化后复杂度：O(log n) 

 

详见 Donald E. Knuth的《具体数学》 中相关部分的讨论，相当精彩。

 

 

这时候有更简单的递归公式：

J(1) = 1;
J(2n) = 2J(n) − 1,当 n ≥ 1;    
J(2n + 1) = 2J(n) + 1,当 n ≥ 1;

进而可以推出：

 

 

J(2^m+ l) = 2l + 1,当 m ≥ 0且0 ≤ l < 2 m. 
(注意如果2^m≤ n < 2^m+1，那么余下的数l = n − 2^m满足不等式0 ≤ l <2^(m+1)− 2^m = 2^m。)

看公式蛮头疼的，其实就是找到大于N的最小的2的X次方（记为M），
然后   2N-M+1就是结果，这样编程应该很简单了吧？

 

下面来自另一份转载，原作者不详

如果继续推下去可以得到：
x = 2*n + 1 - (2*n+1-2*k)*2^log2((2*n)/(2*n+1-2*k)) 

其中，log2((2*n)/(2*n+1-2*k))为计算(2*n)/(2*n+1-2*k)以2为底的对数， 
结果向下取整数。 

联系2^log2((2*n)/(2*n+1-2*k))整体，可以理解为将(2*n)/(2*n+1-2*k)向下 
舍取到2的幂。有些地方把这中运算称为地板函数，我们定义为flp2，下面是 
C语言的实现： 

unsigned flp2(unsigned x) 
{ 
           unsigned y; 
           do { y = x; x &= x-1; }while(x);   
           return y;   
}

 

 

其中x &= x-1;语句是每次把x二进制最右边的1修改为0，直到最左边的1为止. 
这种方法也可以用来计算x二进制中1的数目，当x二进制中1的数目比较小的 
时候算法的效率很高。

m为2的代码实现:

unsigned josephus2k(unsigned n, unsigned k)
{
        unsiged t = (n<<1) - (k<<1) + 1;
        return (n<<1)+1 - t*flp2((n<<1)/t);
}

AC代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

int n, m, k, ans;

int main(){
    while( scanf( "%d%d%d", &n, &k, &m ) && !( n == 0 && k == 0 && m == 0 ) ){
        ans = 0;
        for( int i = 2; i <= n; i++ )
            ans = ( ans + k ) % i;
        ans = ( m - k % n + 1 + ans + n ) % n;
        if( ans == 0 )  ans = n;
        printf( "%d\n", ans );
    }
    return 0;
}