约瑟夫问题的三种解法

约瑟夫问题是个很经典的问题，没事玩杀人游戏，N个人站成一圈，从1开始报数，报到M时必须死掉，不想死的那个人站在哪个位置，可以幸免于难（描述不详细，凑合看哈）。
　　方法一：这个问题初看可以看到，这不就是一个游戏么，游戏怎么说就怎么做，暴力模拟吧。模拟过程见程序：

int main(){
	int n,m;
	cin >> n >> m;
	int cnt = 0 ,dead = 0 , i = 0;
	while(dead <= n){
		i++;
		if(i > n) i = 1;  //当计数超过n时，需要回到1
		if(!vis[i]) cnt ++;  //报数是只有没有出列的人才能报数
		if(cnt == m) {   //报数时报到m的人需要出列
			cnt = 0;   //下一轮需要从0开始报数
			dead ++;    //出列的人个数
			vis[i] = 1;  //标记其已经出列
			if(dead == n) //当第n个人出列时，它就是安全的
		    	    cout << i ;
		}
	} 	
 	return 0;
}

方法二：在上面程序中，那些已经退出的人每次都被点到，但因为vis状态是不存活的，所以不报数，那么后面多出了好多无用的循环次数，那么我们可以考虑将已经出列的人让他真正的出列，不再出现在游戏的环中。我们可以考虑用链的形式将所有人串起来，当报到M时，将其出列。从链起的环中去掉，因此对于每个人，增加一个属性值next，代表他的下一个人的编号。去掉一个人的操作如图：

这样便可以让模拟的过程去掉大量不需要的重复，提高效率。

struct monkey{
	int num;
	int next;
};
monkey a[306];
int main(){
	int n,m,live,count = 0,cur,pre	;
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1;i< n; i++){
		a[i].num = i;
		a[i].next = i+1;
	}
	a[n].num = n, a[n].next = 1;
	live= n;
	cur = 1;
	pre = n;
	while(live> 1){
		count ++;
		if(count == m){
			a[pre].next = a[cur].next;
			live-- ;
			count = 0;			
		}
		else{
			pre = cur;
		}
		cur = a[cur].next;
	}
	cout << a[cur].num << endl;
	return 0;
}

方法三：数学方法
　　看下图，先是n个人玩这个游戏，编号从0->n-1编号，数m退出，当第一个m-1号人退出后，就变成了n-1个人玩这个游戏了，将这n-1个人重新编号，如下图，会发现是由原来的编号 - m得到这重新编的号。那么这时问题变成了n-1个人玩这个游戏了，机智的你会发现问题没变，只是问题规模变了，这是不是有点递归的味道。那么想想递归式，设f(n)表示n个人数m退出时问题的解，那么f(n-1)是n-1个人数m退出时问题的解，假设f(n-1)已求出，那么：
　　f( n ) = f(n - 1) + m;
　因为考虑到如图中红色字样的编号为 n-m、n-m+1、n-m+2…加过m之后会超出n,那么需要将等式更改为：
　　f( n ) = (f(n - 1) + m)%n;
　　那么,当得知f(n-2)的解时，反推至f(n-1)时，需要编号不超过n-1,因此等式为：
　　f（n-1）=(f(n-2) + m) % n-1;
　　那么推广到一般：f( i ) = (f (i - 1) + m )% i;
　　那么递归的边界是什么呢，想想当只有一个人玩的时候f（1） = 1;那么程序便可以用递归写了，当然，也可以反之从已知的1推出未知的n的解。

具体程序如下：
/数学解法/
int main(){
int n,m;
cin >> n >> m;
int f = 0;
for(int i = 2;i<= n;i++){
f = (f+ m)%i;
}
cout < return 0;
}