[学习笔记]2018icpc沈阳K题-约瑟夫问题

这份题解大概是去年10月份打完组队训练写的，之前存在本地没发到博客，大概是昨天吃饭的时候和小伙伴聊到这题，和他口胡了一下大意，他叫我发给他（x），于是就有了这篇博客

---

K.Let the Flames Begin

题意

约瑟夫问题，(n)个人，报数到(k)出去，问第(m)个出去的人的初始位置，保证(min{m,k}leq 10^6)

做法

呜呜呜场内没写出来

开始处理之前先把编号改一改，改成(0,1,2,...,n-1)比较好搞（

• (f(n,m)=[f(n-1,m-1)+k] \%n)
• (f(n,m))表示(n)个人报数第(m)个出去的人的标号
• 转移成(n-1)个人，对应的第(m-1)个出去的人，从他开始继续报到(k)，对应的就是第(m)个出去的人的标号
• 对(n)取模
• 边界条件(f(n,1)=(k-1)\%n)

基于这一点能想到对(m)小的情形直接(O(m))暴力

而对于(kleq m)的情形呢？

• (k)小，(n)大（(mleq n)嘛）意味着间隔很小的距离就跳一次，需要取模的情况会比较少！
  即我们考虑从(n-m+1)往回推式子(f(n,m)=[f(n-1,m-1)+k]\%n) ，直观分析，需要跳很多步才会遇到一次需要取模的情况。

• 而我们只要算出最多能连续跳并且不触发取模的步数(t)，然后连着跳(t+1)步再对相应的(n')进行取模，这个过程可以(O(1))地实现

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(register ll i=(a);i<=(b);i++)
typedef long long ll;
inline ll solve(ll n,ll m,ll k)
{
	if(k==1)return m-1;
	if(m<=k)
	{
		ll res=(k-1)%(n-m+1);
		rep(i,n-m+2,n)res=(res+k)%i;
		return res;
	}
	ll len=n-m+1;
	ll res=(k-1)%(n-m+1);
	m--;
	
	while(m>0)
	{
		ll t=(len-res)/(k-1);
		if(m<=t)
		{
			res=(res+m*k)%(len+m);
			m=0;
		}else
		{
			res=(res+t*k)%(len+t);
			res=(res+k)%(len+t+1);
			m-=t+1;
			len+=t+1;
		}
	}
	return res;
}

int main()
{
	int T;scanf("%d",&T);
	ll n,m,k;
	rep(t,1,T)
	{
		scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
		printf("Case #%lld: %lld
",t,solve(n,m,k)+1);
	}
	return 0;
}

核心代码是

ll len=n-m+1;
ll res=(k-1)%(n-m+1);
m--;
while(m>0){
    ll t=(len-res)/(k-1);
    if(m<=t){
        res=(res+m*k)%(len+m);
        m=0;
    }else{
        res=(res+t*k)%(len+t);
        res=(res+k)%(len+t+1);
        m-=t+1;
        len+=t+1;
    }
}

这一段。

用(len)表示当前的(n')，res记录答案，用递推式从小到大倒推回去

每次算出的最多能跳的步数(t)注意和(m)进行比较

*复杂度分析

（这一部分证明思路来自@Mobius Meow大神x）

• 考虑记(y)为当前的(n')，记(x)为当前进行迭代的次数。
• 对于(y)我们可以以(y=tk)进行估算，同时注意到(egin{aligned}frac{dy}{dx}=frac{tk-k}{k}=t-1end{aligned}) 这样一个近似的关系
• 得到方程(egin{aligned}frac{dy}{dx}-frac{y}{k}=-1end{aligned})
• 这个方程很好解，最后再把(y)换成题目里的n，得到(x=kln(n-k)-Ck)，
• 所以整个算法时间复杂度为优秀的(O(klog(n)))