由约瑟夫问题到一类特殊的递归式

由约瑟夫问题到一类特殊的递归式

参考资料：《具体数学》

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前言：

其实。。本文和约瑟夫问题没什么关系。。题目是吸引你点进来的。

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正文：

约瑟夫问题

这个，大家应该都知道吧，不知道的可以看一看这个

下面是约瑟夫问题的一个简化版本：

有n个人围成一个环，依次编号为1到n，然后1，2报数，报到2的人出列，求最后出列的人的编号。

首先，我们打表找规律一下，规定J(n)表示n个人的约瑟夫问题中最后出列的人的编号。

n	J(n)
1	1
2	1
3	3
4	1
5	3
6	5
7	7
8	1
9	3
\(\cdots\)	\(\cdots\)

好像，全是奇数？

其实，在第一轮时，转一圈后所有的偶数都出列了，剩下的当然只有奇数。

那么我们考虑一下转一圈后的情况：

当n为偶数时，转一圈删掉了n后又回到了1号，这时，原来编号为i的人的位置现在的人的编号变成了2*i-1，所以我们可以得到：

\[J(2n)=2J(n)-1 \]

当n为奇数时，转一圈删掉了n-1后又删掉了1号，来到了3号，这时，原来编号为i的人的位置现在的人的编号变成了2*i+1，所以我们可以得到：

\[J(2n+1)=2J(n)+1 \]

综合以上内容，我们可以得到下面的式子：

\[J(1)=1 \]

\[J(2n)=2J(n)-1 \]

\[J(2n+1)=2J(n)+1 \]

有了这个式子，我们就可以快速计算J(n)了。但是我们还是不满足，递归式算起来还是太麻烦，有没有更好的方法呢？

我们在观察上面的表，有没有发现什么呢？

1,1,3,1,3,5,7,1,3...

1,1,3,1,3,5,7,1,3,5,7,9,11,13,15,1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31,1！

好像。。按2的幂次分组，然后每一个都是前一个加二！

\[J(n)=2l+1 \ ,\ n=2^m+l \ , \ l\in[0,2^m) \]

可以归纳一下：

首先，1很明显符合该性质。

现在假设前i-1符合这个性质，那么

如果i为偶数，则：

\[J(n)=2J(\frac{n}{2})-1=2(2\frac{l}{2}+1)-1=2l+1\ ,\ n=2^m+l \ , \ l\in[0,2^m) \]

如果i为奇数，则：

\[J(n)=2J(\frac{n-1}{2})+1=2(2\frac{l-1}{2}+1)+1=2l+1\ ,\ n=2^m+l \ , \ l\in[0,2^m) \]

证毕。

还有什么性质吗？

不妨从二进制的眼光来看一看这个问题：

\(n=(1b_{m-1}\cdots b_1b_0)_2\)

\(2^m=(10\cdots 00)_2\)

\(l=(0b_{m-1}\cdots b_1b_0)_2\)

\(J(n)=2l+1=(b_{m-1}\cdots b_1b_01)_2\)

J(n)是n循环左移了一位！

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约瑟夫问题讲完了，还有吗？

当然还有了，你没看见题目吗？

一类特殊的递归式

虽然我们成功的解决了约瑟夫问题的一种简单形式，并能够在\(O(1)\)（m确定）或\(O(loglogn)\)（m不确定）的时间复杂度内解决，但是我们还远远没有满足。不妨再来看看这个递归式：

\[J(1)=1 \]

\[J(2*n)=2J(n)-1 \]

\[J(2*n+1)=2J(n)+1 \]

太特殊了，我们来看看这个：

\[f(1)=\alpha \]

\[f(2*n)=2f(n)+\beta \]

\[f(2*n+1)=2f(n)+\gamma \]

容易看出，前面的就是\(\alpha =1,\beta =-1 ,\gamma =1\)的特殊情况。怎么办？

当然还是打表了。

n	f(n)
1	\(\alpha\)
2	\(2\alpha +\ \beta\)
3	\(2\alpha \ \ \ \ \ \ \ \ + \gamma\)
4	\(4\alpha + 3\beta\)
5	\(4\alpha+2\beta+\gamma\)
6	\(4\alpha+\ \beta+2\gamma\)
7	\(4\alpha\ \ \ \ \ \ \ \ +3\gamma\)
8	\(8\alpha+7\beta\)
9	\(8\alpha+6\beta+\gamma\)
\(\cdots\)	\(\cdots\)

有了上面的经验，这次就简单一点了。

首先按二的幂次分组，然后大力猜结论。

我们设\(f(n)=A(n)\alpha+B(n)\beta+C(n)\gamma\)，剩下的就是求出来\(A(n),B(n),C(n)\)。

当然，我们还是可以归纳，但是在这里，我们可以用一些更简单的方法:

我们令\(\alpha =1,\beta=0,\gamma=0\)，那么原递归式就变成了

\[f(1)=1 \]

\[f(2*n)=2f(n) \]

\[f(2*n+1)=2f(n) \]

易知，\(f(n)=2^m ,n=2^m+l,l\in[0,2^m)\)

又\(f(n)=A(n)\)

所以\(A(n)=2^m\)

然后我们令\(f(n)=1\)得

\[1=\alpha \]

\[1=2*1+\beta \]

\[1=2*1+\gamma \]

解得\(\alpha=1,\beta=-1,\gamma=-1\)

所以\(f(n)=A(n)-B(n)-C(n)=1\)

令\(f(n)=n\)得

\[1=\alpha \]

\[2n=2n+\beta \]

\[2n+1=2n+\gamma \]

解得\(\alpha=1,\beta=0,\gamma=1\)

于是得到方程：\(A(n)+C(n)=n\)

所以：

\[\left \{ \begin{array}\\ A(n)&=2^m\\ A(n)-B(n)-C(n)&=1\\ A(n)+C(n)&=n \end{array} \right . \]

解得：

\[A(n)=2^m,B(n)=2^m-l-1,C(n)=l \]

小总结：解递归式时可以带入几个比较特殊的数或者是函数，来帮助我们计算，可以减少我们找规律然后再归纳的时间。

这样就行了？

当然不行。

上面我们找到了关于2进制的性质，那么现在有没有呢？

当然有了，为什么没有呢。

我们设\(\beta_0=\beta,\beta_1=\gamma\)，带到原递归式里看一看吧。。

\[\begin{array}\\ f((b_mb_{m-1}\cdots b_1b_0)_2)&=2f((b_mb_{m-1}\cdots b_1)_2)+\beta_{b_0}\\ &=4f((b_mb_{m-1}\cdots b_2)_2)+2\beta_{b_1}+\beta_{b_0}\\ &=\cdots\\ &=2^m\alpha+2^{m-1}\beta_{b_{m-1}}+\cdots+2\beta_{b_1}+\beta_{b_0} \end{array} \]

如果2进制位里面不止可以填01的话，那就相当于：

\[f((b_mb_{m-1}\cdots b_1b_0)_2)=(\alpha\beta_{b_{m-1}}\cdots\beta_{b_1}\beta_{b_0})_2 \]

这样还不够，这并不是我们的一类递归式。真正的递归式在下面：

\[f(i)=\alpha_i ,i\in[1,c) \]

\[f(cn+i)=df(n)+\beta_i,i\in[1,c) \]

这个跟上面的是差不多的。直接扔结论：

\[f((b_mb_{m-1}\cdots b_1b_0)_c)=(\alpha_{b_m}\beta_{b_{m-1}}\cdots\beta_{b_1}\beta_{b_0})_d \]

现在差不多了。我才不会告诉你我就会这些。

例题：有递归式：

\[\begin{array}\\ f(1)&=34\\ f(2)&=5\\ f(3n)&=10f(n)+76,\\ f(3n+1)&=10f(n)-2\\ f(3n+2)&=10f(n)+8\\ \end{array} \]

求f(17)