由约瑟夫问题到一类特殊的递归式

由约瑟夫问题到一类特殊的递归式

参考资料：《具体数学》

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前言：

其实。。本文和约瑟夫问题没什么关系。。题目是吸引你点进来的。

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正文：

约瑟夫问题

这个，大家应该都知道吧，不知道的可以看一看这个

下面是约瑟夫问题的一个简化版本：

有n个人围成一个环，依次编号为1到n，然后1，2报数，报到2的人出列，求最后出列的人的编号。

首先，我们打表找规律一下，规定J(n)表示n个人的约瑟夫问题中最后出列的人的编号。

n	J(n)
1	1
2	1
3	3
4	1
5	3
6	5
7	7
8	1
9	3
(cdots)	(cdots)

好像，全是奇数？

其实，在第一轮时，转一圈后所有的偶数都出列了，剩下的当然只有奇数。

那么我们考虑一下转一圈后的情况：

当n为偶数时，转一圈删掉了n后又回到了1号，这时，原来编号为i的人的位置现在的人的编号变成了2*i-1，所以我们可以得到：

[J(2n)=2J(n)-1 ]

当n为奇数时，转一圈删掉了n-1后又删掉了1号，来到了3号，这时，原来编号为i的人的位置现在的人的编号变成了2*i+1，所以我们可以得到：

[J(2n+1)=2J(n)+1 ]

综合以上内容，我们可以得到下面的式子：

[J(1)=1 ]

[J(2n)=2J(n)-1 ]

[J(2n+1)=2J(n)+1 ]

有了这个式子，我们就可以快速计算J(n)了。但是我们还是不满足，递归式算起来还是太麻烦，有没有更好的方法呢？

我们在观察上面的表，有没有发现什么呢？

1,1,3,1,3,5,7,1,3...

1,1,3,1,3,5,7,1,3,5,7,9,11,13,15,1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31,1！

好像。。按2的幂次分组，然后每一个都是前一个加二！

[J(n)=2l+1 , n=2^m+l , lin[0,2^m) ]

可以归纳一下：

首先，1很明显符合该性质。

现在假设前i-1符合这个性质，那么

如果i为偶数，则：

[J(n)=2J(frac{n}{2})-1=2(2frac{l}{2}+1)-1=2l+1 , n=2^m+l , lin[0,2^m) ]

如果i为奇数，则：

[J(n)=2J(frac{n-1}{2})+1=2(2frac{l-1}{2}+1)+1=2l+1 , n=2^m+l , lin[0,2^m) ]

证毕。

还有什么性质吗？

不妨从二进制的眼光来看一看这个问题：

(n=(1b_{m-1}cdots b_1b_0)_2)

(2^m=(10cdots 00)_2)

(l=(0b_{m-1}cdots b_1b_0)_2)

(J(n)=2l+1=(b_{m-1}cdots b_1b_01)_2)

J(n)是n循环左移了一位！

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约瑟夫问题讲完了，还有吗？

当然还有了，你没看见题目吗？

一类特殊的递归式

虽然我们成功的解决了约瑟夫问题的一种简单形式，并能够在(O(1))（m确定）或(O(loglogn))（m不确定）的时间复杂度内解决，但是我们还远远没有满足。不妨再来看看这个递归式：

[J(1)=1 ]

[J(2*n)=2J(n)-1 ]

[J(2*n+1)=2J(n)+1 ]

太特殊了，我们来看看这个：

[f(1)=alpha ]

[f(2*n)=2f(n)+eta ]

[f(2*n+1)=2f(n)+gamma ]

容易看出，前面的就是(alpha =1,eta =-1 ,gamma =1)的特殊情况。怎么办？

当然还是打表了。

n	f(n)
1	(alpha)
2	(2alpha + eta)
3	(2alpha + gamma)
4	(4alpha + 3eta)
5	(4alpha+2eta+gamma)
6	(4alpha+ eta+2gamma)
7	(4alpha +3gamma)
8	(8alpha+7eta)
9	(8alpha+6eta+gamma)
(cdots)	(cdots)

有了上面的经验，这次就简单一点了。

首先按二的幂次分组，然后大力猜结论。

我们设(f(n)=A(n)alpha+B(n)eta+C(n)gamma)，剩下的就是求出来(A(n),B(n),C(n))。

当然，我们还是可以归纳，但是在这里，我们可以用一些更简单的方法:

我们令(alpha =1,eta=0,gamma=0)，那么原递归式就变成了

[f(1)=1 ]

[f(2*n)=2f(n) ]

[f(2*n+1)=2f(n) ]

易知，(f(n)=2^m ,n=2^m+l,lin[0,2^m))

又(f(n)=A(n))

所以(A(n)=2^m)

然后我们令(f(n)=1)得

[1=alpha ]

[1=2*1+eta ]

[1=2*1+gamma ]

解得(alpha=1,eta=-1,gamma=-1)

所以(f(n)=A(n)-B(n)-C(n)=1)

令(f(n)=n)得

[1=alpha ]

[2n=2n+eta ]

[2n+1=2n+gamma ]

解得(alpha=1,eta=0,gamma=1)

于是得到方程：(A(n)+C(n)=n)

所以：

[left { egin{array}\ A(n)&=2^m\ A(n)-B(n)-C(n)&=1\ A(n)+C(n)&=n end{array} ight . ]

解得：

[A(n)=2^m,B(n)=2^m-l-1,C(n)=l ]

小总结：解递归式时可以带入几个比较特殊的数或者是函数，来帮助我们计算，可以减少我们找规律然后再归纳的时间。

这样就行了？

当然不行。

上面我们找到了关于2进制的性质，那么现在有没有呢？

当然有了，为什么没有呢。

我们设(eta_0=eta,eta_1=gamma)，带到原递归式里看一看吧。。

[egin{array}\ f((b_mb_{m-1}cdots b_1b_0)_2)&=2f((b_mb_{m-1}cdots b_1)_2)+eta_{b_0}\ &=4f((b_mb_{m-1}cdots b_2)_2)+2eta_{b_1}+eta_{b_0}\ &=cdots\ &=2^malpha+2^{m-1}eta_{b_{m-1}}+cdots+2eta_{b_1}+eta_{b_0} end{array} ]

如果2进制位里面不止可以填01的话，那就相当于：

[f((b_mb_{m-1}cdots b_1b_0)_2)=(alphaeta_{b_{m-1}}cdotseta_{b_1}eta_{b_0})_2 ]

这样还不够，这并不是我们的一类递归式。真正的递归式在下面：

[f(i)=alpha_i ,iin[1,c) ]

[f(cn+i)=df(n)+eta_i,iin[1,c) ]

这个跟上面的是差不多的。直接扔结论：

[f((b_mb_{m-1}cdots b_1b_0)_c)=(alpha_{b_m}eta_{b_{m-1}}cdotseta_{b_1}eta_{b_0})_d ]

现在差不多了。我才不会告诉你我就会这些。

例题：有递归式：

[egin{array}\ f(1)&=34\ f(2)&=5\ f(3n)&=10f(n)+76,\ f(3n+1)&=10f(n)-2\ f(3n+2)&=10f(n)+8\ end{array} ]

求f(17)