约瑟夫问题详解

约瑟夫问题：

有n个人，编号为1~n，从第一个人开始报数，从1开始报，报到m的人会死掉，然后从第m+1个人开始，重复以上过程。在死了n-1个人后，问最后一个人的编号是？

暴力

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暴力都想不到就真是让人折服了。

暴力的话大模拟即可，不是重点，贴份代码就算了。

#include 

int n,k;
struct node{
	int x;
	node *next;
	node(int c):x(c),next(NULL){}
};
node *first=NULL;

int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&k);
	node *last=new node(1);
	first=last;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	last->next=new node(i),last=last->next;
	last->next=first;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<k;j++)
		last=first,first=first->next;
		printf("%d ",first->x);
		last->next=first->next;
		first=first->next;
	}
}

进阶

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这是进阶版的约瑟夫问题。

显然 $O(nk)$ 的暴力无法满足我们的需要，所以我们要用更加优秀的做法。

发现这题和前一题有一个区别——不需要输出每次谁死了，也就是说，我们只关心最后谁活了下来。

为了方便，我们设一开始的 $n$ 个人的编号为 $0$ ~ $n-1$。

那么把第 $k$ 个人干死之后（注意，第 $k$ 个人的编号应该是 $k-1$），队伍变成了：$k,k+1,k+2,\cdots ,n-2,n-1,0,1,\cdots$

然后会从第 $k$ 个人那里重复上面的过程。那么不妨将他们重新编号，使每个人的编号都减去 $k$，那么编号变成：$0,1,2,\cdots ,n-3,n-2$

那么现在就变成了一个 $n-1$ 阶的约瑟夫问题，假设我们知道 $n-1$ 阶约瑟夫问题的解（也就是最后谁会活下来），那么将这个解——即活下来的人的编号——$+k$，就可以得到 $n$ 阶约瑟夫问题的解了。

那么 $n-1$ 阶约瑟夫问题的解从哪里知道呢？从 $n-2$ 阶约瑟夫问题的解那里得到。于是就得到了一个 $O(n)$ 的递推做法。

得到答案之后，还要 $+1$，因为我们是从 $0$ 开始编号的，然而题目要求从 $1$ 开始编号。

从 $0$ 开始编号是为了方便取模运算。

代码如下：

#include 

int n,k;

int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&k);
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	ans=(ans+k)%i;
	printf("%d",ans+1);
}

再进阶

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发现这题的 $n$ 变得巨大，$O(n)$ 的优秀递推都会凉凉。

但是这题的 $k$ 特别小，只有 $1000$，这就是这题的突破口了。

假如像上面一样枚举 $i$ 的话，发现 $i$ 大起来之后，很多时候 $ans+k$ 之后依然小于 $i$，也就是说，此时对 $i$ 取模跟没取模的值是一样的，就是不需要进行取模，也就是说，每次可以直接加若干个 $k$，然后再对此时的 $i$ 进行取模。

那么怎么知道每次要加多少个 $k$ 呢？仔细想想，其实这就是一个追击问题：

$ans$ 每次加 $k$，$i$ 每次加 $1$，问多少次之后 $ans\ge i$。

那么这个就是一个简单的追击问题，然后模拟即可，这样的话程序就跑的飞快了。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
#define ll long long

ll n,k;

int main()
{
	scanf("%lld %lld",&n,&k);
	ll i=1,ans=0,p;
	//本来i应该从0开始，但是0需要特判掉，懒得打特判，于是从1开始
	while(i<n)
	{
		p=(i-ans)/(k-1)+((i-ans)%(k-1)!=0);//距离 除以 速度的差 得到 时间
		//但是因为这里是整除，所以如果(i-ans)不是(k-1)的倍数的话，还需要多走一次，这个想想就能明白
		if(i+p>n)p=n-i;//要判断是否大于n
		ans+=p*k;//ans走
		i+=p;//i走
		ans%=i;//取模
	}
	printf("%lld",ans+1);//别忘了+1
}