程序员编程艺术第三十四~三十五章：格子取数问题，完美洗牌算法
第三十四~三十五章：格子取数，完美洗牌算法
时间：二零一三年八月二十三日。
题记
再过一个半月，即到2013年10月11日，便是本博客开通3周年之际，巧的是，那天刚好也是我的25岁生日。写博近3年，访问量趋近500万，无法确切知道帮助了多少人影响了多少人，但有些文章和一些系列是我比较喜欢的，如这三篇：从B树、B+树、B*树谈到R 树；教你如何迅速秒杀掉：99%的海量数据处理面试题；支持向量机通俗导论（理解SVM的三层境界）。
- 第三十四章：格子取数问题；
- 第三十五章：完美洗牌算法的变形
第三十四章、格子取数问题
- 如果按照上面的局部贪优走法，那么第一次势必会如图二那样走，导致的结果是第二次要么取到2，要么取到3，
- 但若不按照上面的局部贪优走法，那么第一次可以如图三那样走，从而第二次走的时候能取到2 4 4，很显然，这种走法求得的最终SUM值更大；
解法一、直接搜索
//copyright@西芹_new 2013
#include "stdafx.h"
#include <iostream>
using namespace std;
#define N 5
int map[5][5]={
{2,0,8,0,2},
{0,0,0,0,0},
{0,3,2,0,0},
{0,0,0,0,0},
{2,0,8,0,2}};
int sumMax=0;
int p1x=0;
int p1y=0;
int p2x=0;
int p2y=0;
int curMax=0;
void dfs( int index){
if( index == 2*N-2){
if( curMax>sumMax)
sumMax = curMax;
return;
}
if( !(p1x==0 && p1y==0) && !(p2x==N-1 && p2y==N-1))
{
if( p1x>= p2x && p1y >= p2y )
return;
}
//right right
if( p1x+1<N && p2x+1<N ){
p1x++;p2x++;
int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];
curMax += sum;
dfs(index+1);
curMax -= sum;
p1x--;p2x--;
}
//down down
if( p1y+1<N && p2y+1<N ){
p1y++;p2y++;
int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];
curMax += sum;
dfs(index+1);
curMax -= sum;
p1y--;p2y--;
}
//rd
if( p1x+1<N && p2y+1<N ) {
p1x++;p2y++;
int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];
curMax += sum;
dfs(index+1);
curMax -= sum;
p1x--;p2y--;
}
//dr
if( p1y+1<N && p2x+1<N ) {
p1y++;p2x++;
int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];
curMax += sum;
dfs(index+1);
curMax -= sum;
p1y--;p2x--;
}
}
int _tmain(int argc, _TCHAR* argv[])
{
curMax = map[0][0];
dfs(0);
cout <<sumMax-map[N-1][N-1]<<endl;
return 0;
} 解法二、动态规划
上述解法一的搜索解法是的时间复杂度是指数型的，如果是只走一次的话，是经典的dp。
2.1、DP思路详解
故正如@绿色夹克衫所说：此题也可以用动态规划求解，主要思路就是同时DP 2次所走的状态。
1、先来分析一下这个问题，为了方便讨论，先对矩阵做一个编号，且以5*5的矩阵为例（给这个矩阵起个名字叫M1）：
M1
0 1 2 3 4
1 2 3 4 5
2 3 4 5 6
3 4 5 6 7
4 5 6 7 8
从左上(0)走到右下(8)共需要走8步（2*5-2）。我们设所走的步数为s。因为限定了只能向右和向下走，因此无论如何走，经过8步后（s = 8)都将走到右下。而DP的状态也是依据所走的步数来记录的。
再来分析一下经过其他s步后所处的位置，根据上面的讨论，可以知道：
- 经过8步后，一定处于右下角(8)；
- 那么经过5步后(s = 5)，肯定会处于编号为5的位置；
- 3步后肯定处于编号为3的位置；
- s = 4的时候，处于编号为4的位置，此时对于方格中，共有5（相当于n）个不同的位置，也是所有编号中最多的。
故推广来说，对于n*n的方格，总共需要走2n - 2步，且当s = n - 1时，编号为n个，也是编号数最多的。
如果用DP[s,i,j]来记录2次所走的状态获得的最大值，其中s表示走s步，i和j分别表示在s步后第1趟走的位置和第2趟走的位置。
2、为了方便描述，再对矩阵做一个编号（给这个矩阵起个名字叫M2）：
M2
0 0 0 0 0
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
3 3 3 3 3
4 4 4 4 4
把之前定的M1矩阵也再贴下：
M1
0 1 2 3 4
1 2 3 4 5
2 3 4 5 6
3 4 5 6 7
4 5 6 7 8
我们先看M1，在经过6步后，肯定处于M1中编号为6的位置。而M1中共有3个编号为6的，它们分别对应M2中的2 3 4。故对于M2来说，假设第1次经过6步走到了M2中的2，第2次经过6步走到了M2中的4，DP[s,i,j] 则对应 DP[6,2,4]。由于s = 2n - 2,0 <= i<= <= j <= n，所以这个DP共有O(n^3)个状态。
M1
0 1 2 3 4
1 2 3 4 5
2 3 4 5 6
3 4 5 6 7
4 5 6 7 8
再来分析一下状态转移，以DP[6,2,3]为例(就是上面M1中加粗的部分)，可以到达DP[6,2,3]的状态包括DP[5,1,2]，DP[5,1,3]，DP[5,2,2]，DP[5,2,3]。
3、下面，我们就来看看这几个状态：DP[5,1,2]，DP[5,1,3]，DP[5,2,2]，DP[5,2,3]，用加粗表示位置DP[5,1,2] DP[5,1,3] DP[5,2,2] DP[5,2,3] （加红表示要达到的状态DP[6,2,3]）
0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
2 3 4 5 6 2 3 4 5 6 2 3 4 5 6 2 3 4 5 6
3 4 5 6 7 3 4 5 6 7 3 4 5 6 7 3 4 5 6 7
4 5 6 7 8 4 5 6 7 8 4 5 6 7 8 4 5 6 7 8
因此：
DP[6,2,3] = Max(DP[5,1,2] ，DP[5,1,3]，DP[5,2,2]，DP[5,2,3]) + 6,2和6,3格子中对应的数值 （式一）
上面（式一）所示的这个递推看起来没有涉及：“如果两次经过同一个格子，那么该数只加一次的这个条件”，讨论这个条件需要换一个例子，以DP[6,2,2]为例：DP[6,2,2]可以由DP[5,1,1]，DP[5,1,2]，DP[5,2,2]到达，但由于i = j，也就是2次走到同一个格子，那么数值只能加1次。
所以当i = j时，
DP[6,2,2] = Max(DP[5,1,1]，DP[5,1,2]，DP[5,2,2]) + 6,2格子中对应的数值 （式二）
4、故，综合上述的（式一），（式二）最后的递推式就是
if(i != j)
DP[s, i ,j] = Max(DP[s - 1, i - 1, j - 1], DP[s - 1, i - 1, j], DP[s - 1, i, j - 1], DP[s - 1, i, j]) + W[s,i] + W[s,j]
else
DP[s, i ,j] = Max(DP[s - 1, i - 1, j - 1], DP[s - 1, i - 1, j], DP[s - 1, i, j]) + W[s,i]
2.2、DP方法实现
//copyright@caopengcs 2013
const int N = 202;
const int inf = 1000000000; //无穷大
int dp[N * 2][N][N];
bool isValid(int step,int x1,int x2,int n) { //判断状态是否合法
int y1 = step - x1, y2 = step - x2;
return ((x1 >= 0) && (x1 < n) && (x2 >= 0) && (x2 < n) && (y1 >= 0) && (y1 < n) && (y2 >= 0) && (y2 < n));
}
int getValue(int step, int x1,int x2,int n) { //处理越界 不存在的位置 给负无穷的值
return isValid(step, x1, x2, n)?dp[step][x1][x2]:(-inf);
}
//状态表示dp[step][i][j] 并且i <= j, 第step步 两个人分别在第i行和第j行的最大得分 时间复杂度O(n^3) 空间复杂度O(n^3)
int getAnswer(int a[N][N],int n) {
int P = n * 2 - 2; //最终的步数
int i,j,step;
//不能到达的位置 设置为负无穷大
for (i = 0; i < n; ++i) {
for (j = i; j < n; ++j) {
dp[0][i][j] = -inf;
}
}
dp[0][0][0] = a[0][0];
for (step = 1; step <= P; ++step) {
for (i = 0; i < n; ++i) {
for (j = i; j < n; ++j) {
dp[step][i][j] = -inf;
if (!isValid(step, i, j, n)) { //非法位置
continue;
}
//对于合法的位置进行dp
if (i != j) {
dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));
dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j, n));
dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i, j - 1, n));
dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i, j,n));
dp[step][i][j] += a[i][step - i] + a[j][step - j]; //不在同一个格子，加两个数
}
else {
dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));
dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j, n));
dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i, j, n));
dp[step][i][j] += a[i][step - i]; // 在同一个格子里，只能加一次
}
}
}
}
return dp[P][n - 1][n- 1];
}复杂度分析：状态转移最多需要统计4个变量的情况，看做是O(1)的，共有O(n^3)个状态，所以总的时间复杂度是O(n^3)的，且dp数组开了N^3大小，故其空间复杂度亦为O(n^3)。
2.3、DP实现优化版
即我们在推算dp[step]的时候，只依靠它上一次的状态dp[step - 1]，所以dp数组的第一维，我们只开到2就可以了。即step为奇数时，我们用dp[1][i][j]表示状态，step为偶数我们用dp[0][i][j]表示状态，这样我们只需要O(n^2)的空间，这就是滚动数组的方法。滚动数组写起来并不复杂，只需要对上面的代码稍作修改即可，优化后的代码如下：
//copyright@caopengcs 8/24/2013
int dp[2][N][N];
bool isValid(int step,int x1,int x2,int n) { //判断状态是否合法
int y1 = step - x1, y2 = step - x2;
return ((x1 >= 0) && (x1 < n) && (x2 >= 0) && (x2 < n) && (y1 >= 0) && (y1 < n) && (y2 >= 0) && (y2 < n));
}
int getValue(int step, int x1,int x2,int n) { //处理越界 不存在的位置 给负无穷的值
return isValid(step, x1, x2, n)?dp[step % 2][x1][x2]:(-inf);
}
//状态表示dp[step][i][j] 并且i <= j, 第step步 两个人分别在第i行和第j行的最大得分 时间复杂度O(n^3) 使用滚动数组 空间复杂度O(n^2)
int getAnswer(int a[N][N],int n) {
int P = n * 2 - 2; //最终的步数
int i,j,step,s;
//不能到达的位置 设置为负无穷大
for (i = 0; i < n; ++i) {
for (j = i; j < n; ++j) {
dp[0][i][j] = -inf;
}
}
dp[0][0][0] = a[0][0];
for (step = 1; step <= P; ++step) {
for (i = 0; i < n; ++i) {
for (j = i; j < n; ++j) {
dp[step][i][j] = -inf;
if (!isValid(step, i, j, n)) { //非法位置
continue;
}
s = step % 2; //状态下表标
//对于合法的位置进行dp
if (i != j) {
dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));
dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j, n));
dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i, j - 1, n));
dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i, j,n));
dp[s][i][j] += a[i][step - i] + a[j][step - j]; //不在同一个格子，加两个数
}
else {
dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));
dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j, n));
dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i, j, n));
dp[s][i][j] += a[i][step - i]; // 在同一个格子里，只能加一次
}
}
}
}
return dp[P % 2][n - 1][n- 1];
} 本第34章分析完毕。第三十五章、完美洗牌算法
解法一、蛮力变换
a1，a2，a3，a4，b1，b2，b3，b4
a1，b1，a2，b2，a3，b3，a4，b4
1.1、步步前移
a1，b1，a2，a3，a4，b2，b3，b4
a1，b1，a2，b2，a3，a4，b3，b4
a1，b1，a2，b2，a3，b3，a4，b4
1.2、中间交换
a1，a2，a3，b1，a4，b2，b3，b4
a1，a2，b1，a3，b2，a4，b3，b4
a1，b1，a2，b2，a3，b3，a4，b4
同样，此法同解法1.1、步步前移一样，时间复杂度依然为O（N^2），我们得下点力气了。
解法二、完美洗牌算法
a1,a2,a3,...an,b1,b2,b3..bn
b1,a1,b2,a2,b3,a3... bn,an
a1,b1,a2,b2,a3,b3....,an,bn
2.1、位置置换pefect_shuffle1算法
数组下标：1 2 3 4 5 6 7 8
最终序列：b1 a1 b2 a2 b3 a3 b4 a4
从上面的例子我们能看到，前n个元素中，
- 第1个元素a1到了原第2个元素a2的位置，即1->2；
- 第2个元素a2到了原第4个元素a4的位置，即2->4；
- 第3个元素a3到了原第6个元素b2的位置，即3->6；
- 第4个元素a4到了原第8个元素b4的位置，即4->8；
- 第5个元素b1到了原第1个元素a1的位置，即5->1；
- 第6个元素b2到了原第3个元素a3的位置，即6->3；
- 第7个元素b3到了原第5个元素b1的位置，即7->5；
- 第8个元素b4到了原第7个元素b3的位置，即8->7；
- 当0< i <n时， 原式= (2i) % (2 * n + 1) = 2i；
- 当i>n时，原式(2 * i) % (2 * n + 1)保持不变。
// 时间O(n)，空间O(n) 数组下标从1开始
void pefect_shuffle1(int *a,int n) {
int n2 = n * 2, i, b[N];
for (i = 1; i <= n2; ++i) {
b[(i * 2) % (n2 + 1)] = a[i];
}
for (i = 1; i <= n2; ++i) {
a[i] = b[i];
}
}但很明显，它的时间复杂度虽然是O(n)，但其空间复杂度却是O(n)，仍不符合本题所期待的时间O(n)，空间O(1)。我们继续寻找更优的解法。- 一个是1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1；
- 一个是3 -> 6 -> 3。
2.2、分而治之perfect_shuffle2算法
原始数组的下标：1....2n，即（1 .. n/2， n/2+1..n）（n+1 .. n+n/2， n+n/2+1 .. 2n）
前半段（1 .. n/2， n/2+1..n）和后半段（n+1 .. n+n/2， n+n/2+1 .. 2n）的长度皆为n。
新的前n个元素A：（1..n/2 n+1.. n+n/2）
新的后n个元素B：（n/2+1 .. n n+n/2+1 .. 2n）
a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4
a1 a2 b1 b2 a3 a4 b3 b4
a1 a2 a3 a4 a5 b1 b2 b3 b4 b5
a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4 b5 a5
//copyright@caopengcs 8/23/2013
//时间O(nlogn) 空间O(1) 数组下标从1开始
void perfect_shuffle2(int *a,int n) {
int t,i;
if (n == 1) {
t = a[1];
a[1] = a[2];
a[2] = t;
return;
}
int n2 = n * 2, n3 = n / 2;
if (n % 2 == 1) { //奇数的处理
t = a[n];
for (i = n + 1; i <= n2; ++i) {
a[i - 1] = a[i];
}
a[n2] = t;
--n;
}
//到此n是偶数
for (i = n3 + 1; i <= n; ++i) {
t = a[i];
a[i] = a[i + n3];
a[i + n3] = t;
}
// [1.. n /2]
perfect_shuffle2(a, n3);
perfect_shuffle2(a + n, n3);
} 分析下此算法的复杂度： 每次，我们交换中间的n个元素，需要O(n)的时间，n是奇数的话，我们还需要O(n)的时间先把后两个元素调整好，但这不影响总体时间复杂度。2.3、完美洗牌算法perfect_shuffle3
2.3.1、走圈算法cycle_leader
数组下标：1 2 3 4 5 6 7 8
最终序列：b1 a1 b2 a2 b3 a3 b4 a4
“于此同时，我也提醒下读者，根据上面变换的节奏，我们可以看出有两个圈，
- 一个是1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1；
- 一个是3 -> 6 -> 3。”
第一个圈：1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1
第二个圈：3 -> 6 -> 3：
原始数组：1 2 3 4 5 6 7 8
数组小标：1 2 3 4 5 6 7 8
走第一圈：5 1 3 2 7 6 8 4
走第二圈：5 1 6 2 7 3 8 4
//数组下标从1开始，from是圈的头部，mod是要取模的数 mod 应该为 2 * n + 1，时间复杂度O(圈长）
void cycle_leader(int *a,int from, int mod) {
int last = a[from],t,i;
for (i = from * 2 % mod;i != from; i = i * 2 % mod) {
t = a[i];
a[i] = last;
last = t;
}
a[from] = last;
}2.3.2、神级结论：若2*n=（3^k - 1），则可确定圈的个数及各自头部的起始位置
- 对于2*n = （3^k-1）这种长度的数组，恰好只有k个圈，且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9，...3^(k-1)。
也就是说，利用上述这个结论，我们可以解决这种特殊长度2*n = （3^k-1）的数组问题，那么若给定的长度n是任意的咋办呢？此时，我们可以借鉴2.2节、分而治之算法的思想，把整个数组一分为二，即拆分成两个部分：
- 让一部分的长度满足神级结论：若2*m = （3^k-1），则恰好k个圈，且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9，...3^(k-1)。其中m<n，m往神级结论所需的值上套；
- 剩下的n-m部分单独计算；
当把n分解成m和n-m两部分后，原始数组对应的下标如下（为了方便描述，我们依然只需要看数组下标就够了）：
原始数组下标：1..m m+1.. n， n+1 .. n+m, n+m+1,..2*n
参照之前2.2节、分而治之算法的思路，且更为了能让前部分的序列满足神级结论2*m = （3^k-1），我们可以把中间那两段长度为n-m和m的段交换位置，即相当于把m+1..n，n+1..n+m的段循环右移m次（为什么要这么做？因为如此操作后，数组的前部分的长度为2m，而根据神级结论：当2m=3^k-1时，可知这长度2m的部分恰好有k个圈）。
而如果读者看过本系列第一章、左旋转字符串的话，就应该意识到循环位移是有O（N）的算法的，其思想即是把前n-m个元素（m+1.. n）和后m个元素（n+1 .. n+m）先各自翻转一下，再将整个段（m+1.. n， n+1 .. n+m）翻转下。
这个翻转的代码如下：
//翻转字符串时间复杂度O(to - from)
void reverse(int *a,int from,int to) {
int t;
for (; from < to; ++from, --to) {
t = a[from];
a[from] = a[to];
a[to] = t;
}
}
//循环右移num位 时间复杂度O(n)
void right_rotate(int *a,int num,int n) {
reverse(a, 1, n - num);
reverse(a, n - num + 1,n);
reverse(a, 1, n);
}翻转后，得到的目标数组的下标为：
目标数组下标：1..m n+1..n+m m+1 .. n n+m+1,..2*n
OK，理论讲清楚了，再举个例子便会更加一目了然。当给定n=7时，若要满足神级结论2*n=3^k-1，k只能取2，继而推得n‘=m=4。
原始数组：a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 b1 b2 b3 b4 b5 b6 b7
既然m=4，即让上述数组中有下划线的两个部分交换，得到：
目标数组：a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4 a5 a6 a7 b5 b6 b7
继而目标数组中的前半部分a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4部分可以用2.3.1、走圈算法cycle_leader搞定，于此我们最终求解的n长度变成了n’=3，即n的长度减小了4，单独再解决后半部分a5 a6 a7 b5 b6 b7即可。
2.3.3、完美洗牌算法perfect_shuffle3
从上文的分析过程中也就得出了我们的完美洗牌算法，其算法流程为：
- 输入数组 A[1..2 * n]
- step 1 找到 2 * m = 3^k - 1 使得 3^k <= 2 * n < 3^(k +1)
- step 2 把a[m + 1..n + m]那部分循环移m位
- step 3 对每个i = 0,1,2..k - 1，3^i是个圈的头部，做cycle_leader算法，数组长度为m，所以对2 * m + 1取模。
- step 4 对数组的后面部分A[2 * m + 1.. 2 * n]继续使用本算法, 这相当于n减小了m。
以上各个步骤对应的时间复杂度分析如下：
- 因为循环不断乘3的，所以时间复杂度O(logn)
- 循环移位O(n)
- 每个圈，每个元素只走了一次，一共2*m个元素，所以复杂度omega(m), 而m < n，所以 也在O(n)内。
- T(n - m)
此完美洗牌算法实现的参考代码如下：
//copyright@caopengcs 8/24/2013
//时间O(n)，空间O(1)
void perfect_shuffle3(int *a,int n) {
int n2, m, i, k,t;
for (;n > 1;) {
// step 1
n2 = n * 2;
for (k = 0, m = 1; n2 / m >= 3; ++k, m *= 3)
;
m /= 2;
// 2m = 3^k - 1 , 3^k <= 2n < 3^(k + 1)
// step 2
right_rotate(a + m, m, n);
// step 3
for (i = 0, t = 1; i < k; ++i, t *= 3) {
cycle_leader(a , t, m * 2 + 1);
}
//step 4
a += m * 2;
n -= m;
}
// n = 1
t = a[1];
a[1] = a[2];
a[2] = t;
}2.3.4、perfect_shuffle3算法解决其变形问题
啊哈！以上代码即解决了完美洗牌问题，那么针对本章要解决的其变形问题呢？是的，如本章开头所说，在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素即可，代码如下：
//copyright@caopengcs 8/24/2013
//时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)，数组下标从1开始，调用perfect_shuffle3
void shuffle(int *a,int n) {
int i,t,n2 = n * 2;
perfect_shuffle3(a,n);
for (i = 2; i <= n2; i += 2) {
t = a[i - 1];
a[i - 1] = a[i];
a[i] = t;
}
}上述的这个“在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素”的操作（当然，你也可以让原数组第一个和最后一个不变，中间的2 * (n - 1)项用原始的标准完美洗牌算法做），只是在完美洗牌问题时间复杂度O(N)空间复杂度O(1)的基础上再增加O(N)的时间复杂度，故总的时间复杂度O(N)不变，且理所当然的保持了空间复杂度O(1)。至此，咱们的问题得到了圆满解决！
2.3.5、神级结论是如何来的？
我们的问题得到了解决，但本章尚未完，即决定完美洗牌算法的神级结论：若2*n=（3^k - 1），则恰好只有k个圈，且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9，...3^(k-1)，是如何来的呢？
要证明这个结论的关键就是：这所有的圈合并起来必须包含从1到M之间的所有证书，一个都不能少。这个证明有点麻烦，因为证明过程中会涉及到群论等数论知识，但再远的路一步步走也能到达。
首先，让咱们明确以下相关的概念，定理，及定义（搞清楚了这些东西，咱们便证明了一大半）：
- 概念1 mod表示对一个数取余数，比如3 mod 5 =3，5 mod 3 =2；
- 定义1 欧拉函数ϕ(m) 表示为不超过m（即小于等于m）的数中，与m互素的正整数个数
- 定义2 若ϕ(m)=Ordm(a) 则称a为m的原根，其中Ordm(a)定义为：a ^d （ mod m），其中d=0,1,2,3…，但取让等式成立的最小的那个d。
结合上述定义1、定义2可知，2是3的原根，因为2^0 mod 3 = 1, 2^1 mod 3 = 2, 2^2 mod 3 = 1, 2^3 mod 3 = 2，{a^0 mod m，a^1 mod m，a^2}得到集合S={1,2}，包含了所有和3互质的数，也即d=ϕ(2)=2，满足原根定义。
而2不是7的原根，这是因为2^0 mod 7 = 1, 2^1 mod 7 = 2, 2^2 mod 7 = 4, 2^3 mod 7 = 1，2^4 mod 7 = 2，2^5 mod 7 = 4，2^6 mod 7 = 1，从而集合S={1,2,4}中始终只有1、2、4三种结果，而没包含全部与7互质的数（3、6、5便不包括）,，即d=3，但ϕ(7)=6，从而d != ϕ(7)，不满足原根定义。
再者，如果说一个数a，是另外一个数m的原根，代表集合S = {a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m…… }，得到的集合包含了所有小于m并且与m互质的数，否则a便不是m的原根。而且集合S = {a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m…… }中可能会存在重复的余数，但当a与m互质的时候，得到的{a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m}集合中，保证了第一个数是a^0 mod m，故第一次发现重复的数时，这个重复的数一定是1，也就是说，出现余数循环一定是从开头开始循环的。
- 定义3 对模指数，a对模m的原根定义为
,st:
中最小的正整数d
再比如，2是9的原根，因为，为了让
除以9的余数恒等于1，可知最小的正整数d=6，而ϕ(m)=6，满足原根的定义。
- 定理1 同余定理：两个整数
a，b
，若它们除以正整数m
所得的余数相等，则称a
，b
对于模
m同余，记作
，读做a与b关于模m同余。
- 定理2 当p为奇素数且a是
的原根时⇒ a也是
的原根
- 定理3 费马小定理：如果a和m互质，那么a^ϕ(m) mod m = 1
- 定理4 若(a,m)=1 且a为m的原根，那么a是(Z/mZ)*的生成元。
我们知道2是3的原根，2是9的原根，我们定义S(k)表示上述的集合S，并且取x = 3^k（x表示为集合S中的数）。
所以：
S(1) = {1, 2}
S(2) = {1, 2, 4, 8, 7, 5}
也就是说S(k - t)里每个数x* 3^t形成的新集合包含了所有与3^k的最大公约数为3^t的数，它也是一个圈,原先圈的头部是1，这个圈的头部是3^t。
于是，对所有的小于 3^k的数，根据它和3^k的最大公约数，我们都把它分配到了一个圈里去了，且k个圈包含了所有的小于3^k的数。
下面，举个例子，如caopengcs所说，当我们取“a = 2, m = 3时，
所以S(1) = {1, 2}
S(2) = {1, 2, 4, 8, 7, 5}
- S(3) = {1, 2 ,4 , 8, 16, 5, 10, 20, 13, 26, 25, 23, 19, 11, 22, 17, 7, 14} 包含了小于27且与27互质的所有数，圈的首部为1，这是原根定义决定的。
- 那么与27最大公约数为3的数，我们用S(2)中的数乘以3得到。 S(2) * 3 = {3, 6, 12, 24, 21, 15}, 圈中元素的顺序没变化，圈的首部是3。
- 与27最大公约数为9的数，我们用S(1)中的数乘以9得到。 S(1) * 9 = {9, 18}, 圈中得元素的顺序没变化，圈的首部是9。
换言之，若定义为整数，假设
/N定义为整数Z除以N后全部余数的集合，包括{0...N-1}等N个数，而（
/N)*则定义为这Z/N中{0...N-1}这N个余数内与N互质的数集合。
而2^k(mod 27)可以把（/27)*取遍，故可得这些数分别在以下3个圈内：
- 取头为1，（
/27)*＝｛1,2,4,8,16,5,10,20,13,26,25,23,19,11,22,17,7,14｝，也就是说，与27互素且小于27的正整数集合为{1,2,4,8,16,5,10,20,13,26,25,23,19,11,22,17,7,14}，因此ϕ(m) = ϕ(27)=18, 从而满足
- 取头为3，就可以得到｛3,6,12,24,21,15｝，这就是以3为头的环，这个圈的特点是所有的数都是3的倍数，且都不是9的倍数。为什么呢？因为2^k和27互素。
具体点则是：如果3×2^k除27的余数能够被9整除，则有一个n使得3*2^k=9n(mod 27)，即3*2^k－9n能够被27整除，从而3*2^k－9n＝27m，其中n，m为整数，这样一来，式子约掉一个3，我们便能得到2^k＝9m＋3n，也就是说，2^k是3的倍数，这与2^k与27互素是矛盾的，所以，3×2^k除27的余数不可能被9整除。
此外，2^k除以27的余数可以是3的倍数以外的所有数，所以，2^k除以27的余数可以为1,2,4,5,7,8，当余数为1时，即存在一个k使得2^k-1=27m，m为整数。
式子两边同时乘以3得到：3*2^k-3=81m是27的倍数，从而3*2^k除以27的余数为3；
同理，当余数为2时，2^k - 2 = 27m，=> 3*2^k- 6 =81m，从而3*2^k除以27的余数为6；
当余数为4时，2^k - 4 = 37m，=> 3*2^k - 12 =81m，从而3*2^k除以27的余数为12；
同理，可以取到15，21，24。从而也就印证了上面的结论：取头为3，就可以得到｛3,6,12,24,21,15｝。
- 取9为头，这就很简单了，这个圈就是｛9,18}
因为，故：
i = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27
由于n=13，2n+1 = 27，据此公式可知，上面第 i 位置的数将分别变成下述位置的：
i = 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 0
根据i 和 i‘ 前后位置的变动，我们将得到3个圈：
- 1
2
48165102013262523191122177141； - 3
- 9
2.3.6、完美洗牌问题的几个扩展
至此，本章开头提出的问题解决了，完美洗牌算法的证明也证完了，是否可以止步了呢？OH，NO！读者有无思考过下述问题：
- 既然完美洗牌问题是给定输入：a1,a2,a3,……aN,b1,b2,b3,……bN，要求输出：b1,a1,b2,a2,……bN,aN；那么有无考虑过它的逆问题：即给定b1,a1,b2,a2,……bN,aN,，要求输出a1,a2,a3,……aN,b1,b2,b3,……bN ？
- 完美洗牌问题是两手洗牌，假设有三只手同时洗牌呢？那么问题将变成：输入是a1,a2,……aN, b1,b2,……bN, c1,c2,……cN，要求输出是c1,b1,a1,c2,b2,a2,……cN,bN,aN，这个时候，怎么处理？
本第35章完。
参考链接
- huangxy10，http://blog.csdn.net/huangxy10/article/details/8071242；
- @绿色夹克衫，http://www.51nod.com/answer/index.html#!answerId=598；
- 格子取数的蛮力穷举法：http://wenku.baidu.com/view/681c853b580216fc700afd9a.html；
- @陈立人，http://mp.weixin.qq.com/mp/appmsg/show?__biz=MjM5ODIzNDQ3Mw==&appmsgid=10000141&itemidx=1&sign=4f1aa1a2269a1fac88be49c8cba21042；
- caopengcs，http://blog.csdn.net/caopengcs/article/details/10196035；
- 完美洗牌算法的原始论文“A Simple In-Place Algorithm for In-Shuffle”，http://att.newsmth.net/att.php?p.1032.47005.1743.pdf；
- 原始根模：http://en.wikipedia.org/wiki/Primitive_root_modulo_n；
- 洗牌的学问：http://www.thecodeway.com/blog/?p=680；
- 关于完美洗牌算法：http://cs.stackexchange.com/questions/332/in-place-algorithm-for-interleaving-an-array/400#400；
- 关于完美洗牌算法中圈的说明：http://www.emis.de/journals/DMTCS/pdfpapers/dm050111.pdf；
- 关于神级结论的讨论：http://math.stackexchange.com/questions/477125/how-to-prove-algebraic-structure-of-the-perfect-shuffle（左边链接中的讨论中有错误，以在本文2.3.5节进行了相关修正）；
- caopengcs关于神级结论的证明：http://blog.csdn.net/caopengcs/article/details/10429013；
- 同余的概念：http://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%90%8C%E9%A4%98；
- 神奇的费马小定理：http://www.xieguofang.cn/Maths/Number_Theory/Fermat's_Little_Theorem_1.htm；
- 完美洗牌问题的几个扩展：http://blog.csdn.net/caopengcs/article/details/10521603；
- 原根与指数的介绍：http://wenku.baidu.com/view/bbb88ffc910ef12d2af9e738；
- 《数论概论》Joseph H. Silverman著，推荐理由：因写上文中的完美洗牌算法遇到了一堆数论定理受了刺激，故推荐此书；
