约瑟夫环问题
约瑟夫环问题（基本）
n个人围成圈，依次编号为1,2,..,n，现在从1号开始依次报数，当报到m时，报m的人退出，下一个人重新从1报起，循环下去，问最后剩下那个人的编号是多少？
递归法
参见百度百科：Josephus(约瑟夫)问题的数学方法
递推式：
将这些人的编号用对总人数取模所得余数代替（即原编号减一），其中 Fn 表示n个人的环，最后剩下的那个人的编号。
由这个递推式不难写出相应代码：
/* 约瑟夫环问题 */
# include <stdio.h>
int main()
{
int m, n, i, s;
while (~scanf("%d%d", &m, &n))
{
s = 0; // F1 = 0;
for (i = 2; i <= n; ++i)
s = (s + m) % i; // 注意这个地方是 %i，因为递推的过程是由1->2->3->...->n，人数n逐渐增大的过程，所以f[i]表示i个人的问题
printf("%d\n", s+1); // 原问题的编号是从1开始的
}
return 0;
}
//上述代码的复杂度为O(n)。模拟法
采用循环链表进行模拟题目描述的过程，退出通过删除节点表示；
使用链表模拟时，维护一个充当报数角色的变量 i ，每当 i 等于 m 时，重置 i 为 1；
循环终止的条件是只剩余一个节点（p->next = p），或者已经删除了 n-1 个节点；
由于每次删除一个节点需要报够 m 次数（遍历 m 个节点），一共要删除 n-1 个数，所以链表模拟的复杂度O(m*n)。
/* 约瑟夫环问题——链表模拟*/
# include <stdio.h>
# include <stdlib.h>
typedef struct node
{
int id;
struct node* next;
} node;
int main()
{
int m, n, i;
node *p, *q, *head;
while (~scanf("%d%d", &m, &n))
{
// 创建含 n 个节点的循环链表，初始化编号
head = (node *)malloc(sizeof(node));
head->id = 1;
q = head;
for (i = 2; i <= n; ++i)
{
p = (node *)malloc(sizeof(node));
p->id = i;
q->next = p;
q = p;
}
q->next = head;
// 模拟退出过程
i = 1;
p = head;
while (p->next != p)
{
q = p;
p = p->next;
++i;
if (i == m) //delete(p); i = 1; 这个算法没有考虑到m可能等于1的情况下面的算法每次寻找待删除节点的前驱，则解决了m为1情况。
{
q->next = p->next;
free(p);
p = q->next;
i = 1;
}
}
// 打印剩余节点的编号
printf("%d\n", p->id);
free(p);
}
return 0;
}扩展
当最先报数的那个人编号不是 1 时，对于递归法，需要对结果进行调整，对于链表只需要将循环起点的 head 改成相应编号的指针；
当报数前去掉一个编号为 k 的人，并从 k+1 开始报数时，可以认为从某个人报起，到编号为 k 时，刚好为 m ，因此去掉了这个人，这样对应上述递归方法的结果为：(s+1) + (m-k)，并将这个结果的范围调整到 [1, n] 内。
从0开始编号的约瑟夫问题(每次寻找待删除节点的前驱)
#include<cstdio>
/*
N个候选人围成一个圈，依次编号为0..N-1。然后随机抽选一个数K，并0号候选人开始按从1到K的顺序依次报数，
N-1号候选人报数之后，又再次从0开始。当有人报到K时，这个人被淘汰，从圈里出去。下一个人从1开始重新报数。
也就是说每报K个数字，都会淘汰一人。这样经过N-1轮报数之后，圈内就只剩下1个人了，这个人就作为新的班长。
*/
struct Node
{
int sno;
Node *next;
};
int N,K;
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T>0)
{
--T;
scanf("%d%d",&N,&K);
Node *head=NULL;
Node *List=new Node;
List->sno=0,List->next=NULL;
head=List;
for(int i=1;i<N-1;++i)
{
Node *p=new Node;
p->sno=i,p->next=NULL;
List->next=p;
List=List->next;
}
Node *p=new Node; // 建立循环链表
p->sno=N-1,p->next=head;
List->next=p;
List=List->next; // List指向循环链表的末尾
int cnt=1;
/* while(cnt<=N)
{
printf("%d\n",List->sno); cnt++ ; List=List->next;
}
*/
while(cnt<N)
{
for(int t=1;t<K;t++) // 始终保持 List 指向待删除节点的前一个位置
{
List=List->next;
}
Node *cur=List->next; // cur 是报数到 K 要删除的节点
Node *tmp=cur->next;
List->next=tmp; //将List 与被删除节点 cur 后段部分连接起来
delete cur;
cnt++;
}
printf("%d\n",List->sno);
}
return 0;
}两类递推思想解决约瑟夫环的问题
小Hi和小Ho的班级正在进行班长的选举，他们决定通过一种特殊的方式来选择班长。
首先N个候选人围成一个圈，依次编号为0..N-1。然后随机抽选一个数K，并0号候选人开始按从1到K的顺序依次报数，N-1号候选人报数之后，又再次从0开始。当有人报到K时，这个人被淘汰，从圈里出去。下一个人从1开始重新报数。
也就是说每报K个数字，都会淘汰一人。这样经过N-1轮报数之后，圈内就只剩下1个人了，这个人就作为新的班长。
举个例子，假如有5个候选人，K=3，最后当选的人编号是3：
小Hi：这个问题其实还蛮有名的，它被称为约瑟夫的问题。
最直观的解法是用循环链表模拟报数、淘汰的过程，复杂度是O(NM)。
今天我们来学习两种更高效的算法，一种是递推，另一种也是递推。第一种递推的公式为：
令f[n]表示当有n个候选人时，最后当选者的编号。 f[1] = 0 f[n] = (f[n - 1] + K) mod n
接下来我们用数学归纳法来证明这个递推公式的正确性：
(1) f[1] = 0
显然当只有1个候选人时，该候选人就是当选者，并且他的编号为0。
(2) f[n] = (f[n - 1] + K) mod n
假设我们已经求解出了f[n - 1]，并且保证f[n - 1]的值是正确的。
现在先将n个人按照编号进行排序：
0 1 2 3 ... n-1
那么第一次被淘汰的人编号一定是K-1(假设K < n，若K > n则为(K-1) mod n)。将被选中的人标记为"#"：
0 1 2 3 ... K-2 # K K+1 K+2 ... n-1
第二轮报数时，起点为K这个候选人。并且只剩下n-1个选手。假如此时把k+1看作0'，k+2看作1'...
则对应有：
0 1 2 3 ... K-2 # K K+1 K+2 ... n-1 n-K' n-2' 0' 1' 2' ... n-K-1'
此时在0',1',...,n-2'上再进行一次K报数的选择。而f[n-1]的值已经求得，因此我们可以直接求得当选者的编号s'。
但是，该编号s'是在n-1个候选人报数时的编号，并不等于n个人时的编号，所以我们还需要将s'转换为对应的s。
通过观察，s和s'编号相对偏移了K，又因为是在环中，因此得到s = (s'+K) mod n。
即f[n] = (f[n-1] + k) mod n。
至此递推公式的两个式子我们均证明了其正确性，则对于任意给定的n，我们可以使用该递推式求得f[n]，写成伪代码为：
Josephus(N, K): f[1] = 0 For i = 2 .. N f[i] = (f[i - 1] + K) mod i End For Return f[N]
同时由于计算f[i]时，只会用到f[i-1]，因此我们还可以将f[]的空间节约，改进后的代码为：
Josephus(N, K): ret = 0 For i = 2 .. N ret = (ret + K) mod i End For Return ret
该算法的时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(1)。对于N不是很大的数据来说，可以解决。
小Ho：要是N特别大呢？
小Hi：那么我们就可以用第二种递推，解决的思路仍然和上面相同，而区别在于我们每次减少的N的规模不再是1。
同样用一个例子来说明，初始N=10,K=4:
初始序列：
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
当7号进行过报数之后：
0 1 2 - 4 5 6 - 8 9
在这里一轮报数当中，有两名候选人退出了。而对于任意一个N,K来说，退出的候选人数量为N/K("/"运算表示整除，即带余除法取商)
由于此时起点为8，则等价于：
2 3 4 - 5 6 7 - 0 1
因此我们仍然可以从f[8]的结果来推导出f[10]的结果。
但需要注意的是，此时f[10]的结果并不一定直接等于(f[8] + 8) mod 10。
若f[8]=2，对于原来的序列来说对应了0，(2+8) mod 10 = 0，是对应的；若f[8]=6，则有(6+8) mod 10 = 4，然而实际
上应该对应的编号为5。
这是因为在序列(2 3 4 - 5 6 7 - 0 1)中，数字并不是连续的。
因此我们需要根据f[8]的值进行分类讨论。假设f[8]=s，则根据s和N mod K的大小关系有两种情况：
1) s < N mod K : s' = s - N mod K + N 2) s ≥ N mod K : s' = s - N mod K + (s - N mod K) / (K - 1)
此外还有一个问题，由于我们不断的在减小N的规模，最后一定会将N减少到小于K，此时N/K=0。
因此当N小于K时，就只能采用第一种递推的算法来计算了。
最后优化方法的伪代码为：
Josephus(N, K): If (N == 1) Then Return 0 End If If (N < K) Then ret = 0 For i = 2 .. N ret = (ret + K) mod i End For Return ret End If ret = Josephus(N - N / K, K); If (ret < N mod K) Then ret = ret - N mod K + N Else ret = ret - N mod K + (ret - N mod K) / (K - 1) End If Return ret
改进后的算法可以很快将N的规模减小到K，对于K不是很大的问题能够快速求解。
#include<iostream>
using namespace std;
/*
用一个例子来说明，初始N=10,K=4:
初始序列：
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
当7号进行过报数之后：
0 1 2 - 4 5 6 - 8 9
在一轮报数当中，而对于任意一个N,K来说，退出的候选人数量为N/K("/"运算表示整除，即带余除法取商）
因此我们仍然可以从f[8]的结果来推导出f[10]的结果。
但需要注意的是，此时f[10]的结果并不一定直接等于(f[8] + 8) mod 10。
若f[8]=2，对于原来的序列来说对应了0，(2+8) mod 10 = 0，是对应的；若f[8]=6，则有(6+8) mod 10 = 4，
然而实际上应该对应的编号为5。
这是因为在序列(2 3 4 - 5 6 7 - 0 1)中，数字并不是连续的。
因此我们需要根据f[8]的值进行分类讨论。假设f[8]=s，则根据s和N mod K的大小关系有两种情况：
1) s < N mod K : s' = s - N mod K + N
2) s ≥ N mod K : s' = s - N mod K + (s - N mod K) / (K - 1)
此外还有一个问题，由于我们不断的在减小N的规模，最后一定会将N减少到小于K，此时N/K=0。
因此当N小于K时，就只能采用第一种递推的算法来计算了。
*/
//改进后的算法可以很快将N的规模减小到K，对于K不是很大的问题能够快速求解。
int Josephu(int n,int k)
{
if(n<=1)
{
return 0;
}
if(n<k)
{
int ret=0;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
// 注意这个地方是 %i，因为递推的过程是由1->2->3->...->n，人数n逐渐增大的过程，f[i]表示i个人的问题
ret=(ret+k)%i;
}
return ret;
}
int ret=Josephu(n-n/k,k);
if(ret<(n%k)) ret=ret-n%k+n;
else ret=ret-n%k+(ret-n%k)/(k-1);
return ret;
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T>0)
{
T--;
int N,K;
cin>>N>>K;
cout<<Josephu(N,K)<<endl;
}
return 0;
}
