[学习笔记]2018icpc沈阳K题-约瑟夫问题

这份题解大概是去年10月份打完组队训练写的，之前存在本地没发到博客，大概是昨天吃饭的时候和小伙伴聊到这题，和他口胡了一下大意，他叫我发给他（x），于是就有了这篇博客

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K.Let the Flames Begin

题意

约瑟夫问题，\(n\)个人，报数到\(k\)出去，问第\(m\)个出去的人的初始位置，保证\(min\{m,k\}\leq 10^6\)

做法

呜呜呜场内没写出来

开始处理之前先把编号改一改，改成\(0,1,2,...,n-1\)比较好搞（

• \(f(n,m)=[f(n-1,m-1)+k] \%n\)
• \(f(n,m)\)表示\(n\)个人报数第\(m\)个出去的人的标号
• 转移成\(n-1\)个人，对应的第\(m-1\)个出去的人，从他开始继续报到\(k\)，对应的就是第\(m\)个出去的人的标号
• 对\(n\)取模
• 边界条件\(f(n,1)=(k-1)\%n\)

基于这一点能想到对\(m\)小的情形直接\(O(m)\)暴力

而对于\(k\leq m\)的情形呢？

• \(k\)小，\(n\)大（\(m\leq n\)嘛）意味着间隔很小的距离就跳一次，需要取模的情况会比较少！
  即我们考虑从\(n-m+1\)往回推式子\(f(n,m)=[f(n-1,m-1)+k]\%n\) ，直观分析，需要跳很多步才会遇到一次需要取模的情况。

• 而我们只要算出最多能连续跳并且不触发取模的步数\(t\)，然后连着跳\(t+1\)步再对相应的\(n'\)进行取模，这个过程可以\(O(1)\)地实现

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(register ll i=(a);i<=(b);i++)
typedef long long ll;
inline ll solve(ll n,ll m,ll k)
{
	if(k==1)return m-1;
	if(m<=k)
	{
		ll res=(k-1)%(n-m+1);
		rep(i,n-m+2,n)res=(res+k)%i;
		return res;
	}
	ll len=n-m+1;
	ll res=(k-1)%(n-m+1);
	m--;
	
	while(m>0)
	{
		ll t=(len-res)/(k-1);
		if(m<=t)
		{
			res=(res+m*k)%(len+m);
			m=0;
		}else
		{
			res=(res+t*k)%(len+t);
			res=(res+k)%(len+t+1);
			m-=t+1;
			len+=t+1;
		}
	}
	return res;
}

int main()
{
	int T;scanf("%d",&T);
	ll n,m,k;
	rep(t,1,T)
	{
		scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
		printf("Case #%lld: %lld\n",t,solve(n,m,k)+1);
	}
	return 0;
}

核心代码是

ll len=n-m+1;
ll res=(k-1)%(n-m+1);
m--;
while(m>0){
    ll t=(len-res)/(k-1);
    if(m<=t){
        res=(res+m*k)%(len+m);
        m=0;
    }else{
        res=(res+t*k)%(len+t);
        res=(res+k)%(len+t+1);
        m-=t+1;
        len+=t+1;
    }
}

这一段。

用\(len\)表示当前的\(n'\)，res记录答案，用递推式从小到大倒推回去

每次算出的最多能跳的步数\(t\)注意和\(m\)进行比较

*复杂度分析

（这一部分证明思路来自@Mobius Meow大神x）

• 考虑记\(y\)为当前的\(n'\)，记\(x\)为当前进行迭代的次数。
• 对于\(y\)我们可以以\(y=tk\)进行估算，同时注意到\(\begin{aligned}\frac{dy}{dx}=\frac{tk-k}{k}=t-1\end{aligned}\) 这样一个近似的关系
• 得到方程\(\begin{aligned}\frac{dy}{dx}-\frac{y}{k}=-1\end{aligned}\)
• 这个方程很好解，最后再把\(y\)换成题目里的n，得到\(x=kln(n-k)-Ck\)，
• 所以整个算法时间复杂度为优秀的\(O(klog(n))\)