1 什么是约瑟夫问题
约瑟夫环是一个数学的应用问题：已知n个人（以编号1，2，3...n分别表示）围坐在一张圆桌周围。
从编号为k的人开始报数，数到m的那个人出列；他的下一个人又从1开始报数，数到m的那个人又出列；
依此规律重复下去，直到圆桌周围的人全部出列。
2 如何求最后一个出列的人
1、模拟方法
2、数学方法
3 模拟方法
模拟方法就是所谓的一个个模拟，一个一个出列。这个方法比较多，可以直接用数组模拟，也可以直接建一个循环链表模拟，
总之这个很好实现，但是复杂度却是O(nm)，如果n和m都是10000,要求1s计算出结果，估计就不行了。
这个算法实现，网上一大堆：随便给出两个：
struct ListNode
{
int num; //编号
ListNode *next; //下一个
ListNode(int n = 0, ListNode *p = NULL)
{ num = n; next = p;}
};
//自定义链表实现
int JosephusProblem_Solution1(int n, int m)
{
if(n < 1 || m < 1)
return -1;
ListNode *pHead = new ListNode(); //头结点
ListNode *pCurrentNode = pHead; //当前结点
ListNode *pLastNode = NULL; //前一个结点
unsigned i;
//构造环链表
for(i = 1; i < n; i++)
{
pCurrentNode->next = new ListNode(i);
pCurrentNode = pCurrentNode->next;
}
pCurrentNode->next = pHead;
//循环遍历
pLastNode = pCurrentNode;
pCurrentNode = pHead;
while(pCurrentNode->next != pCurrentNode)
{
//前进m - 1步
for(i = 0; i < m-1; i++)
{
pLastNode = pCurrentNode;
pCurrentNode = pCurrentNode->next;
}
//删除报到m - 1的数
pLastNode->next = pCurrentNode->next;
delete pCurrentNode;
pCurrentNode = pLastNode->next;
}
//释放空间
int result = pCurrentNode->num;
delete pCurrentNode;
return result;
}
//使用标准库
int JosephusProblem_Solution2(int n, int m)
{
if(n < 1 || m < 1)
return -1;
list<int> listInt;
unsigned i;
//初始化链表
for(i = 0; i < n; i++)
listInt.push_back(i);
list<int>::iterator iterCurrent = listInt.begin();
while(listInt.size() > 1)
{
//前进m - 1步
for(i = 0; i < m-1; i++)
{
if(++iterCurrent == listInt.end())
iterCurrent = listInt.begin();
}
//临时保存删除的结点
list<int>::iterator iterDel = iterCurrent;
if(++iterCurrent == listInt.end())
iterCurrent = listInt.begin();
//删除结点
listInt.erase(iterDel);
}
return *iterCurrent;
}
4 数学方法-优化
由于上面O(nm)的方法很容易超时，所以这里的数学方法可以做到O(n).
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：
1 |
k --> 0 |
2 |
k+1 --> 1 |
3 |
k+2 --> 2 |
4 |
... |
5 |
... |
6 |
k-2 --> n-2 |
7 |
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：
1 |
f[1]=0; |
2 |
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。
int f(int n, int m)
{
int f1 = 0,f2;
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
f2 = (f1 + m) % i;
f1=f2;
} return f2+ 1; }
5 在优化还能优化吗？-再优化
今天碰到一个题目，n <= 10^18，m<=1000,时间1s，这想想O(n)肯定超时，没得说。
但是我么可以看看上面的规律，
f[i] = (f[i-1]+m)%i,通过这个式子，我们发现，到一定程度，m会远远小于i的，所以每次不是仅仅加一个m，我可以一下子加X*m,从而跳过X个i，事实证明，这样做的效率非常高。
当然只有当m远远小于n的时候，效率会比较高。如果m>n那么效率也就接近O(n)了。
对于当前的i，如果f1+m <i,那么表示，很有可能可以跳过下一个i，这里我们假设f1+X*m=i,那么至少可以跳过X=(i-f1)/m，然后i+=X即可，这样就不用求i到i+X之间的数据了。
什么时候结束呢？
如果i+X>=n，那么就证明这次已经超过了n，这里只需要令f2=f1+(n-i)*m,并且i=n跳出循环即可。
具体代码及注释如下：
#include <iostream>
using namespace std;
//数据范围n<=10^18,m<=1000,时间几十ms
__int64 N,M;
int main()
{
while (cin >> N >> M)
{
__int64 f1 = 0;
__int64 f2;
__int64 X;
if (M == 1)
{
cout << N <<endl;
}
else
{
for (__int64 i = 2; i <= N; ++ i)
{
if (f1 + M < i)//表示很有可能跳过X个i
{
X = (i - f1) / M;//能跳过多少个
if (i + X < N)//如果没有跳过n，就是i<=N
{
i = i + X;//i直接到i+X
f2 = (f1 + X*M);//由于f1+X*M肯定<=i,所以这里不用%i
f1 = f2;
}
else//如果跳过了n,那么就不能直接加X了，而是只需要加(N-i)个M即可
{
f2 = f1+(N-i)*M;
f1 = f2;
i = N;
}
}
f2 = (f1 + M) % i;//如果f1+M>=i或者跳过上面的一些i之后还是要继续当前i对于的出列的人
f1 = f2;
}
}
cout << f2+1 <<endl;
}
return 0;
}