最近做了一道关于约瑟夫的问题，之后参考书上面的讲解，书上说还有更高效且节省存储空间的算法。硬是想不出于是百度一下，看了很多人的的高见。结果以我这种菜鸟级的水平看了大半天硬是没看明白。现在我似乎明白了一些，特写下这篇“菜鸟看约瑟夫”。
文章首先是我从百度百科上找到的约瑟夫问题的数学方法的资料，之后是才是本人在此基础上，以“鸟语”的形式表达个人思想。
Josephus(约瑟夫)问题的数学方法
无论是用链表实现还是用数组实现都有一个共同点：要模拟整个游戏过程，不仅程序写起来比较烦，而且时间复杂度高达O(nm)，当n，m非常大(例如上百万，上千万)的时候，几乎是没有办法在短时间内出结果的。我们注意到原问题仅仅是要求出最后的胜利者的序号，而不是要读者模拟整个过程。因此如果要追求效率，就要打破常规，实施一点数学策略。
为了讨论方便，先把问题稍微改变一下，并不影响原意：
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-1)%n) 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：
k --> 0
k+1 --> 1
k+2 --> 2
...
...
k-3 --> n-3
k-2 --> n-2
序列1： 1, 2, 3, 4, …, n-2, n-1, n
序列2： 1, 2, 3, 4, … k-1, k+1, …, n-2, n-1, n
序列3： k+1, k+2, k+3, …, n-2, n-1, n, 1, 2, 3,…, k-2, k-1
序列4：1, 2, 3, 4, …, 5, 6, 7, 8, …, n-2, 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：
∵ k=m%n;
∴ x' = x+k = x+ m%n ; 而 x+ m%n 可能大于n
∴x'= (x+ m%n)%n = (x+m)%n
得到 x‘=(x+m)%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:
f[1]=0;
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由于是逐级递推，不需要保存每个f，程序也是异常简单：
#include <stdio.h>
int main(void)
{
int n, m, i, s=0;
printf ("N M = ");
scanf("%d%d", &n, &m);
for (i=2; i<=n; i++)
s=(s+m)%i;
printf ("The winner is %d\n", s+1);
return 0 ;
}
这个算法的时间复杂度为O(n)，相对于模拟算法已经有了很大的提高。算n，m等于一百万，一千万的情况不是问题了。可见，适当地运用数学策略，不仅可以让编程变得简单，而且往往会成倍地提高算法执行效率。
参照上面提供的思路，我认为可以类似的得到一个更易于明白的方法，设有（1,2,3，……，k-1，k，k+1，……，n）n个数，当k出列时，那么有
k+1 -->1
k+2 -->2
...
...
n -->n-k
1 -->n-k+1
...
...
k-1 -->n-1
由上面一组式子可以推出，若知道新产生的n-1个数中某个数x，那么很显然可以推出x在原数列里的位置，即x‘=（x+k）%n,由此，我们可以得到一个递推公式
f[1]=1
f[n]=(f[n-1]+k)%n （n>1）
如果你认为上式可以推出约瑟夫环问题的解，很不幸，你错了，上面的递推公式中，在某种情况下，f[n-1]+k会整除n，如n=2，k=3，这时我们修要对上式进行修正，
f[n]=(f[n-1]+k)%n;if(f[n]==0)f[n]=n;
问题得解。 程序代码如下：
#include<stdio.h>
int main()
{
int n,k,s=1;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(i=2;i<=n;i+=1)
{
s=(s+k)%i;
if(s==0)s=i;
}
printf("ans=%d\n",s);
return 0;
}
当然，我们还可以用递归方法解决此问题：
#include<stdio.h>
int main()
{
int jos(int n,int k);
int n,k,s;
scanf("%d%d",&n,&k);
s=jos(n,k);
printf("ans=%d\n",s);
return 0;
}
int jos(int n,int k)
{
int x;
if(n==1)x=1;
else {x=(jos(n-1,k)+k)%n;if(x==0)x=n;}
return x;
}
按本人思维可以如此看：（对于上面第一种思维即从0编号，从0开始报数到m-1）
从n个人到n-1个人（以0开始编号），在n个人中（编号为0 1 2 …… n-2 n-1）剔除编号为k的人（k=m%n-1）之后重新编号，则原来编号为k+1现在编号为0.因此，我们反过来推，现在编号为0的人（此人假设为A）原来的编号就为k+1（由于k=m%n-1）即m%n。那么现在编号为x’的人（此人假设为B）原来的编号就为在现在编号为0的那个人（人A）的原来的编号（为m%n）的基础上加上x’，则现在编号为x’的人（人B）原来的编号就为
x=x’+m%n ,由于x’+m%n的值可能大于n，所以x=（ x’+m%n）%n =（x’+m）%n 。
依此类推我们可以得出结论：
若要求在i-1个人中新编号为x’的人在i个人中的编号为多少？只要知道此人的新的编号x’和所要求的编号那次的总人数i，就可以求出此人在i-1个人的编号x’在i个人的编号为
（x’+m）%i。（m已知）
现在我们看最末端的情况。i=2（即只有2个人）的情况，从编号为0的人开始报数0一直报到m-1的人剔除，我们可以很确切的求得胜利者的编号为k’=m%i（i=2），那么胜利者在i=3（有3个人）的情况下他的编号就是k=(k’+m)%i （i=3）。依此类推我们就可以推到此胜利者在i=n（有n个人）的情况下他所在的编号了。
就可得到：
int Josephus(int n, int m)
{
int s = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++)
s = (s + m) % i;
return sr + 1; //这是因为日常生活中编号总是从1开始
}
对于这些问题我们光看别人的想法是很难有自己的理解的，我觉得举一个例子按照程序代码逐步逐步的写出每一个过程再结合别人的思维更能理解一个复杂的问题。
