约瑟夫环
问题描述
已知n个人（以编号1,2,3,...,n分别表示）围坐在一张圆桌上。
指定编号为k的人开始从1报数，数到m的那个人出列；
出列那个人的下一位又从1开始报数，数到m的那个人出列；
以此规则重复下去，直到圆桌上的人全部出列
做法一：
简单的用链表模拟
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int n,m,l[200],r[200],q[200],k; 4 void work() 5 { 6 int cnt=0,nw=m+k-1; 7 while(cnt<n) 8 { 9 q[++q[0]]=nw;cnt++; 10 r[l[nw]]=r[nw];l[r[nw]]=l[nw]; 11 for(int i=1;i<=m;++i) nw=r[nw]; 12 } 13 for(int i=1;i<=n;++i) cout<<q[i]<<" "; 14 } 15 int main() 16 { 17 scanf("%d%d",&n,&m);k=1; 18 for(int i=1;i<=n;++i) l[i]=i-1,r[i]=i+1; 19 l[1]=n;r[n]=1; 20 work(); 21 return 0; 22 }
显而易见，复杂度O(n^m)
做法二：
递推的方法
我们知道，当n个人中第一个人出列之后，就剩下了n-1个人，在剩下n-2个，n-3,……，1
当n个人围成一圈并以m为步长第一次报数时，第m个人出列，此时就又组成了一个新的，人数为n-1的约瑟夫环，
要求n个人的约瑟夫环问题的解，就依赖于求n-1个人的约瑟夫问题的解，
要求n-2个人的约瑟夫问题的解，则依赖于求n-2个人的约瑟夫问题的解，
依次类推，直至求1个人的时候，该问题的解。
我们设f[1]为1个人时的解，显而易见，f[1]=1;//f[i]表示i个人围成一圈时最后一个报数的人
很显然f[i]=(f[i-1]+m-1)%i+1;//此处m需先减1是为了让模i的值不为0
这样很容易求最后剩下的一个人是谁
1 for (int i = 1; i <= n; i++) 2 k = (k + m - 1) % i + 1; 3 由于求最后一个人的编号，所以没有必要开个数组f[]
这个做法还可以优化
如果我们观察上述算法中的变量k，他的初始值为第一个出圈人的编号，
但在循环的过程中，我们会发现它常常处在一种等差递增的状态，
看这个式子：k = (k + m - 1) % i + 1，可以看出，当i比较大而k+m-1比较小的时候，k就处于一种等差递增的状态，
这个等差递增的过程并不是必须的，可以跳过。
我们设一中间变量x，列出如下等式：
k + m * x – 1 = i + x
解出x，令k = k + m * x，将i + x直接赋值给 i，这样就跳过了中间共x重的循环，从而节省了等差递增的时间开销。
可是其中求出来的x + i可能会超过n，这样的结果事实上已经告诉我们此时可以直接结束算法了，即：
k = k + m * (n - i) ;
i = n;
结束。
另外对于m = 1的情况可以单独讨论：
当k == 1时，最终结果就是n；
当k != 1时，最终结果就是(k + n - 1) % n。
1 int work(int n,int m,int k)
2 {
3 int x=0;
4 if(m==1)
5 {
6 if(k==1) k=n;
7 else k=(k+n-1)%n;
8 }else{
9 for(int i=1;i<=n;++i)
10 {
11 if((k+m)<i)
12 {
13 x=(i-k+1)/(m-1)-1;//减一是之后for循环里i++会加回去
14 if(i+x<n) i=i+x,k=k+m*x;
15 else k=k+m*(n-i),i=n;
16 }
17 k=(k+m-1)%i+1;
18 }
19 }
20 return k;
21 }
该算法的算法复杂度在m<n时已经与一个圈中的人数n没有关系了，
即使在n=2000000000，m=3，k=1的情况下，也只做了54次循环，
事实上，大多数的情况都是m<n，且m相对来说很小，此时，这个算法的复杂度仅为O(m)；
但当而m>=n时，用方程求出的值不能减少循环重数，算法复杂度仍为O(n)。
做法三：
STL优化，比如vector,
至于详解，自己想吧，可以看我的关于vector的博客哦😀💪
