约瑟夫环问题学习小记

问题的提出

有n个人围成一个圈，按顺时针编号为1到n。现在从编号为1的人开始报1，下一个人报2，如此类推，报到m的人就退出，接着下一个人继续从1开始报。问最后一个剩下的人是谁。

解法1

可以通过链表的形式来模拟这个过程，时间复杂度为O(nm)。

解法2

我们把每个人的编号都-1，也就是编号变为了从0到n-1，显然这两个问题是等价的。

第一个出去的人的编号肯定是(m−1)modn，然后接着从k=mmodn开始报。

那么剩下的人就是k,k+1,...,n−1,0,...,k−3,k−2。

考虑对这些人的编号做一下变换：

k变为0

k+1变为1

…

n−1变为n−k−1

0变为n−k

…

k−2变为n−2

k−1变为n−1

不难发现其实就是把i变为i−k。

那么当我们把第k−1个人去掉后，剩下的游戏就等价于一个大小为n−1的约瑟夫环。设其最后答案为x′，大小为n的约瑟夫环的答案为x，不难发现有x=(x′+m)。

通过这种思路不断地递归下去不难发现有如下递推式：

设f[n]表示大小为n的约瑟夫环每次走m步的最终答案。

f[1]=0

f[n]=(f[n−1]+m)modn

至此我们得到了一个比算法1要优秀的O(n)解法。

小拓展

当n很大而m很小的时候，比如说n<=109,m<=106，这时就有一些比较特殊的解法。

当模数逐渐变大的时候，我们发现可能一次可以跳很多步且在这期间实际并不用取模，这时就可以一次性把这些位置都处理掉，从而大大的节约时间。

设当前模数为i，每一步跳k个位置，我们一次性跳t步。

不难得到w+t∗k<i+t−1化简后有t<i−w−1k−1。

那就是说这t步我们是可以一次性处理掉的。

代码

int solve(int n,int k)
{
int i=2,w=0;
while (i<=n)
{
int t=(i-w-1)/(k-1);
if ((i-w-1)%(k-1)==0) t--;
if (i+t>n) {w+=(n-i+1)*k;break;}
w+=t*k;i+=t;
w=(w+k)%i;i++;
}
return w;
}

在维基百科上面还有一种更优秀的解法：



至于如何证明，这个坑还是留着以后再填吧。据说 具体数学 里面有关于这条式子的证明。