约瑟夫（Josephus）问题
1 问题描述
n个人（编号1~n)，从1开始报数，报到m的退出，剩下的人继续从1开始报数。按顺序输出列者编号。
2 简单的链表实现
#include <stdlib.h> #include <stdio.h> typedef struct node* link; struct node{ int item; link next; }; int main(int argc, char *argv[]) { int i,N=atoi(argv[1]),M=atoi(argv[2]); link t=malloc(sizeof *t),x=t; t->item=1;t-next=t; for (i=2; i<=N; ++i) { x=(x->next=malloc(sizeof *x)); x->item=i; x->next=t; } while(x!=x->next) { for (i=1; i<M; ++i) { x=x->next; } x->next=x->next->next; N--; } printf("%d\n",x->item); return 0; }
3 数学实现
下面的文章引用自：
【整理】约瑟夫问题的数学方法：http://blog.csdn.net/solofancy/article/details/4211770
全文如下：
以前就知道约瑟夫问题是模拟，今天我才发现一些约瑟夫问题可以使用数学解法得出！真是强悍啊！约瑟夫问题真是博大精深！当然报数长度不定的应该只有模拟了吧，能用数学做的都是简化过的约瑟夫问题。
下面整理如下：
1.问题描述：n个人（编号1~n)，从1开始报数，报到m的退出，剩下的人继续从1开始报数。按顺序输出列者编号。数学解法复杂度：O(n)。
下面的代码摘自雨中飞燕博客，这个公式推的太牛了，我还没看懂。。。
#include <stdio.h>
#include <conio.h>
int main( void )
{
int n, i = 0, m, p;
scanf("%d%d", &n, &m); //n总人数，m步长
while( ++i <= n )
{
p = i * m;
while (p > n)
p = p - n + (p - n - 1)/(m - 1);
printf("%d/n", p);
}
getch();return 0;
}
2.问题描述：n个人（编号1~n)，从1开始报数，报到m的退出，剩下的人继续从1开始报数。求胜利者的编号。数学解法复杂度：O(n)。
多重转载，作者不明，但写得相当好。。。
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%n-1) 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-2 --> n-2
k-1 --> 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：x'=(x+k)%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[i]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[i]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[i]，程序也是异常简单：
#include <stdio.h>
int main()
{
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);
}
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。
3.问题描述：n个人（编号1~n)，从1开始报数，报到m(m<<n)的退出，剩下的人继续从1开始报数。求胜利者的编号。数学解法优化后复杂度：O(m)。
同样摘自互联网，貌似是一篇论文，作者不明。。。
上面的算法相比最初的模拟算法效率已经大大提升了，那么，该算法还有改进的余地么？
事实上，如果我们观察上述算法中的变量s，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，我来看这个式 子：s=(s+m)%i;，可以看出，当i比较大而s+m-1比较小的时候，s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：
s+m*x–1=i+x
解出x，令s=s+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。
整个算法的C语言描述如下：
long Josephus(long n,long m,long k) //分别为：人数，出圈步长，起使报数位置,
{
if (m == 1)k = k == 1 ? n : (k + n - 1) % n;
else
{
for (long i = 1; i <= n; i++)
{
if ((k + m) < i)
{
x = (i - k + 1) / (m - 1) - 1;
if (i + x < n)
{
i = i + x;
k = (k + m * x);
}
else
{
k = k + m * (n - i) ;
i = n;
}
}
k = (k + m - 1) % i + 1;
}
}
return k; //返回最后一人的位置
}
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，s=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)。
4.问题描述：n个人（编号1~n)，从1开始报数，报到2的退出，剩下的人继续从1开始报数。求胜利者的编号。数学解法优化后复杂度：O(log n)
详见 Donald E. Knuth的《具体数学》 中相关部分的讨论，相当精彩。（点击这里）
这时候有更简单的递归公式：
J(1) = 1;
J(2n) = 2J(n) − 1,当 n ≥ 1;
J(2n + 1) = 2J(n) + 1,当 n ≥ 1;
进而可以推出：
J(2^m+ l) = 2l + 1,当 m ≥ 0且0 ≤ l < 2 m.
(注意如果2^m≤ n < 2^m+1，那么余下的数l = n − 2^m满足不等式0 ≤ l <2^(m+1)− 2^m = 2^m。)
看公式蛮头疼的，其实就是找到大于N的最小的2的X次方（记为M），
然后 2N-M+1就是结果，这样编程应该很简单了吧？
下面来自另一份转载，原作者不详
如果继续推下去可以得到：
x = 2*n + 1 - (2*n+1-2*k)*2^log2((2*n)/(2*n+1-2*k))
其中，log2((2*n)/(2*n+1-2*k))为计算(2*n)/(2*n+1-2*k)以2为底的对数，
结果向下取整数。
联系2^log2((2*n)/(2*n+1-2*k))整体，可以理解为将(2*n)/(2*n+1-2*k)向下
舍取到2的幂。有些地方把这中运算称为地板函数，我们定义为flp2，下面是
C语言的实现：
unsigned flp2(unsigned x)
{
unsigned y;
do { y = x; x &= x-1; }while(x);
return y;
}
其中x &= x-1;语句是每次把x二进制最右边的1修改为0，直到最左边的1为止.
这种方法也可以用来计算x二进制中1的数目，当x二进制中1的数目比较小的
时候算法的效率很高。
m为2的代码实现:
unsigned josephus2k(unsigned n, unsigned k)
{
unsiged t = (n<<1) - (k<<1) + 1;
return (n<<1)+1 - t*flp2((n<<1)/t);
}
