左旋转字符串

第一章、左旋转字符串

作者：July，yansha。
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目录

序

前言

第一节、左旋转字符串

第二节、两个指针逐步翻转

第三节、通过递归转换，缩小问题之规模

第四节、stl::rotate 算法的步步深入

第五节、总结

 

第一节、左旋转字符串
题目描述：

定义字符串的左旋转操作：把字符串前面的若干个字符移动到字符串的尾部。
如把字符串abcdef左旋转2位得到字符串cdefab。
请实现字符串左旋转的函数，要求对长度为n的字符串操作的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。 

编程之美上有这样一个类似的问题，咱们先来看一下：

设计一个算法，把一个含有N个元素的数组循环右移K位，要求时间复杂度为O（N），
且只允许使用两个附加变量。

分析：

我们先试验简单的办法，可以每次将数组中的元素右移一位，循环K次。
abcd1234→4abcd123→34abcd12→234abcd1→1234abcd。
RightShift(int* arr, int N, int K)
{
     while(K--)
     {
          int t = arr[N - 1];
          for(int i = N - 1; i > 0; i --)
               arr[i] = arr[i - 1];
          arr[0] = t;
     }
}

虽然这个算法可以实现数组的循环右移，但是算法复杂度为O（K * N），不符合题目的要求，要继续探索。

假如数组为abcd1234，循环右移4位的话，我们希望到达的状态是1234abcd。
不妨设K是一个非负的整数，当K为负整数的时候，右移K位，相当于左移（-K）位。
左移和右移在本质上是一样的。

解法一：
大家开始可能会有这样的潜在假设，K 尤其在编程的时候，全面地考虑问题是很重要的，K可能是一个远大于N的整数，在这个时候，上面的解法是需要改进的。
仔细观察循环右移的特点，不难发现：每个元素右移N位后都会回到自己的位置上。因此，如果K > N，右移K-N之后的数组序列跟右移K位的结果是一样的。

进而可得出一条通用的规律：
右移K位之后的情形，跟右移K’= K % N位之后的情形一样，如代码清单2-34所示。
//代码清单2-34
RightShift(int* arr, int N, int K)
{
     K %= N;
     while(K--)
     {
          int t = arr[N - 1];
          for(int i = N - 1; i > 0; i --)
               arr[i] = arr[i - 1];
          arr[0] = t;
     }
}
可见，增加考虑循环右移的特点之后，算法复杂度降为O（N^２），这跟K无关，与题目的要求又接近了一步。但时间复杂度还不够低，接下来让我们继续挖掘循环右移前后，数组之间的关联。

解法二：
假设原数组序列为abcd1234，要求变换成的数组序列为1234abcd，即循环右移了4位。比较之后，不难看出，其中有两段的顺序是不变的：1234和abcd，可把这两段看成两个整体。右移K位的过程就是把数组的两部分交换一下。
变换的过程通过以下步骤完成：
 逆序排列abcd：abcd1234 → dcba1234；
 逆序排列1234：dcba1234 → dcba4321；
 全部逆序：dcba4321 → 1234abcd。
伪代码可以参考清单2-35。
//代码清单2-35
Reverse(int* arr, int b, int e)
{
     for(; b < e; b++, e--)
     {
          int temp = arr[e];
          arr[e] = arr[b];
          arr[b] = temp;
     }
}

RightShift(int* arr, int N, int k)
{
     K %= N;
     Reverse(arr, 0, N – K - 1);
     Reverse(arr, N - K, N - 1);
     Reverse(arr, 0, N - 1);
}

这样，我们就可以在线性时间内实现右移操作了。

稍微总结下：
编程之美上，
（限制书中思路的根本原因是，题目要求：“且只允许使用两个附加变量”，去掉这个限制，思路便可如泉喷涌）
1、第一个想法 ，是一个字符一个字符的右移，所以，复杂度为O（N*K）
2、后来，它改进了，通过这条规律：右移K位之后的情形，跟右移K’= K % N位之后的情形一样
复杂度为O（N^2）
3、直到最后，它才提出三次翻转的算法，得到线性复杂度。

下面，你将看到，本章里我们的做法是：
1、三次翻转，直接线性
2、两个指针逐步翻转，线性
3、stl的rotate算法，线性

好的，现在，回到咱们的左旋转字符串的问题中来，对于这个左旋转字符串的问题，咱们可以如下这样考虑：
1.1、思路一：

对于这个问题，咱们换一个角度，可以这么做：
将一个字符串分成两部分，X和Y两个部分，在字符串上定义反转的操作X^T，即把X的所有字符反转（如，X="abc"，那么X^T="cba"），那么我们可以得到下面的结论：(X^TY^T)^T=YX。显然我们这就可以转化为字符串的反转的问题了。

不是么?ok,就拿abcdef 这个例子来说（非常简短的三句，请细看，一看就懂）：
1、首先分为俩部分，X:abc，Y:def；
2、X->X^T，abc->cba， Y->Y^T，def->fed。
3、(X^TY^T)^T=YX，cbafed->defabc，即整个翻转。

我想，这下，你应该了然了。
然后，代码可以这么写（已测试正确）：

 //Copyright@ 小桥流水 && July
 //c代码实现，已测试正确。
 //http://www.smallbridge.co.cc/2011/03/13/100%E9%A2%98
 //_21-%E5%B7%A6%E6%97%8B%E8%BD%AC%E5%AD%97%E7%AC%A6%E4%B8%B2.html
 //July、updated，2011.04.17。
 #include
 #include

 char * invert(char *start, char *end)
 {
     char tmp, *ptmp = start;
     while (start != NULL && end != NULL && start < end)
     {
         tmp = *start;
         *start = *end;
         *end = tmp;
         start ++;
         end --;
     }
     return ptmp;
 }

 char *left(char *s, int pos)   //pos为要旋转的字符个数，或长度，下面主函数测试中，pos=3。
 {
     int len = strlen(s);
     invert(s, s + (pos - 1));  //如上，X->X^T，即 abc->cba
     invert(s + pos, s + (len - 1)); //如上，Y->Y^T，即 def->fed
     invert(s, s + (len - 1));  //如上，整个翻转，(X^TY^T)^T=YX，即 cbafed->defabc。
     return s;
 }

 int main()
 {
     char s[] = "abcdefghij";
     puts(left(s, 3));
     return 0;
 }

第二节、两指针逐步翻转
    先看下网友litaoye 的回复：26.左旋转字符串跟panda所想，是一样的，即，
以abcdef为例
1. ab->ba
2. cdef->fedc
原字符串变为bafedc
3. 整个翻转：cdefab  
  //只要俩次翻转，且时间复杂度也为O（n）。

2.1、在此，本人再奉献另外一种思路，即为本思路二：
abc defghi，要abc移动至最后
abc defghi->def abcghi->def ghiabc

定义俩指针，p1指向ch[0]，p2指向ch[m]；
一下过程循环m次，交换p1和p2所指元素，然后p1++, p2++；。

第一步，交换abc 和def ，
abc defghi->def abcghi
第二步，交换abc 和 ghi，
def abcghi->def ghiabc

整个过程，看起来，就是abc 一步一步 向后移动
abc defghi
def abcghi
def ghi abc  
  //最后的 复杂度是O（m+n）  

以下是朋友颜沙针对上述过程给出的图解：

2.2、各位读者注意了：

    由上述例子九个元素的序列abcdefghi，您已经看到，m=3时，p2恰好指到了数组最后一个元素，于是，上述思路没有问题。但如果上面例子中i 的后面还有元素列?

    即，如果是要左旋十个元素的序列：abcdefghij，ok，下面，就举这个例子，对abcdefghij序列进行左旋转操作：

如果abcdef ghij要变成defghij abc：
  abcdef ghij
1. def abc ghij
2. def ghi abc j      //接下来，j 步步前移
3. def ghi ab jc
4. def ghi a j bc
5. def ghi j abc 

 下面，再针对上述过程，画个图清晰说明下，如下所示：

  ok，咱们来好好彻底总结一下此思路二：（就4点，请仔细阅读）：

1、首先让p1=ch[0]，p2=ch[m]，即让p1，p2相隔m的距离；

2、判断p2+m-1是否越界，如果没有越界转到3，否则转到4（abcdefgh这8个字母的字符串，以4左旋，那么初始时p2指向e，p2+4越界了，但事实上p2至p2+m-1是m个字符，可以再做一个交换）。

3、不断交换*p1与*p2，然后p1++，p2++，循环m次，然后转到2。

4、此时p2+m-1 已经越界，在此只需处理尾巴。过程如下：

   4.1 通过n-p2得到p2与尾部之间元素个数r，即我们要前移的元素个数。

   4.2 以下过程执行r次：

       ch[p2]<->ch[p2-1]，ch[p2-1]<->ch[p2-2]，....，ch[p1+1]<->ch[p1]；p1++；p2++；

（特别感谢tctop组成员big的指正，tctop组的修订wiki页面为：http://tctop.wikispaces.com/）

 

    所以，之前最初的那个左旋转九个元素abcdefghi的思路在末尾会出现问题的（如果p2后面有元素就不能这么变，例如，如果是处理十个元素，abcdefghij 列?对的，就是这个意思），解决办法有两个：

方法一（即如上述思路总结所述）：
def ghi abc jk
当p1指向a，p2指向j时，由于p2+m越界，那么此时p1，p2不要变
这里p1之后（abcjk)就是尾巴，处理尾巴只需将j,k移到abc之前，得到最终序列，代码编写如下：

 //copyright@July、颜沙
 //最终代码，July，updated again，2011.04.17。
 #include
 #include
 using namespace std;

 void rotate(string &str, int m)
 {

     if (str.length() == 0 || m <= 0)
         return;

     int n = str.length();

     if (m % n <= 0)
         return;

     int p1 = 0, p2 = m;
     int k = (n - m) - n % m;

     // 交换p1，p2指向的元素，然后移动p1，p2
     while (k --)
     {
         swap(str[p1], str[p2]);
         p1++;
         p2++;
     }

     // 重点，都在下述几行。
     // 处理尾部，r为尾部左移次数
     int r = n - p2;
     while (r--)
     {
         int i = p2;
         while (i > p1)
         {
             swap(str[i], str[i-1]);
             i--;
         }
         p2++;
         p1++;
     }
     //比如一个例子，abcdefghijk
     //                    p1    p2
     //当执行到这里时，defghi a b c j k
     //p2+m出界 了，
     //r=n-p2=2，所以以下过程，要执行循环俩次。

     //第一次：j 步步前移，abcjk->abjck->ajbck->jabck
     //然后，p1++，p2++，p1指a，p2指k。
     //               p1    p2
     //第二次：defghi j a b c k
     //同理，此后，k步步前移，abck->abkc->akbc->kabc。
 }

 int main()
 {
     string ch="abcdefghijk";
     rotate(ch,3);
     cout<
     return 0;
 }

   方法二：
def ghi abc jk
当p1指向a，p2指向j时，那么交换p1和p2，
此时为:
def ghi jbc ak

p1++，p2++,p1指向b，p2指向k，继续上面步骤得:
def ghi jkc ab

p1++，p2不动,p1指向c，p2指向b，p1和p2之间（cab)也就是尾巴，
那么处理尾巴（cab)需要循环左移一定次数（而后的具体操作步骤已在下述程序的注释中已详细给出）。

    根据方案二，不难写出下述代码（已测试正确）：

 #include
 #include
 using namespace std;

 //颜沙，思路二之方案二，
 //July、updated，2011.04.16。
 void rotate(string &str, int m)
 {
     if (str.length() == 0 || m < 0)
         return;

     //初始化p1，p2
     int p1 = 0, p2 = m;
     int n = str.length();

     // 处理m大于n
     if (m % n == 0)
         return;

     // 循环直至p2到达字符串末尾
     while(true)
     {
         swap(str[p1], str[p2]);
         p1++;
         if (p2 < n - 1)
             p2++;
         else
             break;
     }

     // 处理尾部，r为尾部循环左移次数
     int r = m - n % m;  // r = 1.
     while (r--)  //外循环执行一次
     {
         int i = p1;
         char temp = str[p1];
         while (i < p2)  //内循环执行俩次
         {
             str[i] = str[i+1];
             i++;
         }
         str[p2] = temp;
     }
     //举一个例子
     //abcdefghijk
     //当执行到这里的时候，defghiabcjk
     //      p1    p2
     //defghi a b c j k，a 与 j交换，jbcak，然后，p1++，p2++
     //        p1    p2
     //       j b c a k，b 与 k交换，jkcab，然后，p1++，p2不动，

     //r = m - n % m= 3-11%3=1，即循环移位1次。
     //          p1  p2
     //       j k c a b
     //p1所指元素c实现保存在temp里，
     //然后执行此条语句：str[i] = str[i+1]; 即a跑到c的位置处，a_b
     //i++，再次执行：str[i] = str[i+1]，ab_
     //最后，保存好的c 填入，为abc，所以，最终序列为defghi jk abc。
     //July、updated，2011.04.17晚，送走了她。
 }

 int main()
 {
     string ch="abcdefghijk";
     rotate(ch,3);
     cout<
     return 0;
 }

注意：上文中都是假设m

 还可以看下这段代码：

 /*
  * myinvert2.cpp
  *
  *  Created on: 2011-5-11
  *      Author: BigPotato
  */
 #include
 #include
 #define positiveMod(m,n) ((m) % (n) + (n)) % (n)

 /*
  *左旋字符串str，m为负数时表示右旋abs（m）个字母
  */
 void rotate(std::string &str, int m) {
     if (str.length() == 0)
         return;
     int n = str.length();
     //处理大于str长度及m为负数的情况,positiveMod可以取得m为负数时对n取余得到正数
     m = positiveMod(m,n);
     if (m == 0)
         return;
     //    if (m % n <= 0)
     //        return;
     int p1 = 0, p2 = m;
     int round;
     //p2当前所指和之后的m-1个字母共m个字母，就可以和p2前面的m个字母交换。
     while (p2 + m - 1 < n) {
         round = m;
         while (round--) {
             std::swap(str[p1], str[p2]);
             p1++;
             p2++;
         }
     }
     //剩下的不足m个字母逐个交换
     int r = n - p2;
     while (r--) {
         int i = p2;
         while (i > p1) {
             std::swap(str[i], str[i - 1]);
             i--;
         }
         p2++;
         p1++;
     }
 }

 //测试
 int main(int argc, char **argv) {
     //    std::cout << ((-15) % 7 + 7) % 7 << std::endl;
     //    std::cout << (-15) % 7 << std::endl;
     std::string ch = "abcdefg";
     int len = ch.length();
     for (int m = -2 * len; m <= len * 2; m++) {
         //由于传给rotate的是string的引用，所以这里每次调用都用了一个新的字符串
         std::string s = "abcdefg";
         rotate(s, m);
         std::cout << positiveMod(m,len) << ": " << s << std::endl;
     }

     return 0;
 }

 

第三节、通过递归转换，缩小问题之规模

    本文最初发布时，网友留言bluesmic说：楼主，谢谢你提出的研讨主题，很有学术和实践价值。关于思路二，本人提一个建议：思路二的代码，如果用递归的思想去简化，无论代码还是逻辑都会更加简单明了。

    就是说，把一个规模为N的问题化解为规模为M(M     举例来说，设字符串总长度为L，左侧要旋转的部分长度为s1，那么当从左向右循环交换长度为s1的小段，直到最后，由于剩余的部分长度为s2(s2==L%s1)而不能直接交换。

    该问题可以递归转化成规模为s1+s2的，方向相反(从右向左)的同一个问题。随着递归的进行，左右反复回荡，直到某一次满足条件L%s1==0而交换结束。

     举例解释一下：
    设原始问题为：将“123abcdefg”左旋转为“abcdefg123”，即总长度为10，旋转部("123")长度为3的左旋转。按照思路二的运算，演变过程为“123abcdefg”->"abc123defg"->"abcdef123g"。这时，"123"无法和"g"作对调，该问题递归转化为：将“123g”右旋转为"g123"，即总长度为4，旋转部("g")长度为1的右旋转。

updated：

Ys：

Bluesmic的思路没有问题，他的思路以前很少有人提出。思路是通过递归将问题规模变小。当字符串总长度为n，左侧要旋转的部分长度为m，那么当从左向右循环交换长度为m的小段直到剩余部分为m’(n % m)，此时m’ < m，已不能直接交换了。

此后，我们换一个思路，把该问题递归转化成规模大小为m’ +m，方向相反的同一问题。随着递归的进行，直到满足结束条件n % m==0。

 

  举个具体事例说明，如下：

1、对于字符串abc def ghi gk，

将abc右移到def ghi gk后面，此时n = 11，m = 3，m’ = n % m = 2;

abc def ghi gk -> def ghi abc gk

2、问题变成gk左移到abc前面，此时n = m’ + m = 5，m = 2，m’ = n % m 1;

abc gk -> a gk bc

3、问题变成a右移到gk后面，此时n = m’ + m = 3，m = 1，m’ = n % m = 0;

a gk bc-> gk a bc。 由于此刻，n % m = 0，满足结束条件，返回结果。

 

    即从左至右，后从右至左，再从左至右，如此反反复复，直到满足条件，返回退出。

    代码如下，已测试正确（有待优化）：

 //递归，
 //感谢网友Bluesmic提供的思路

 //copyright@ yansha 2011.04.19
 //July，updated，2011.04.20.
 #include
 using namespace std;

 void rotate(string &str, int n, int m, int head, int tail, bool flag)
 {
     //n 待处理部分的字符串长度，m：待处理部分的旋转长度
     //head：待处理部分的头指针，tail：待处理部分的尾指针
     //flag = true进行左旋，flag = false进行右旋

     // 返回条件
     if (head == tail || m <= 0)
         return;

     if (flag == true)
     {
         int p1 = head;
         int p2 = head + m;  //初始化p1，p2

         //1、左旋：对于字符串abc def ghi gk，
         //将abc右移到def ghi gk后面，此时n = 11，m = 3，m’ = n % m = 2;
         //abc def ghi gk -> def ghi abc gk
         //（相信，经过上文中那么多繁杂的叙述，此类的转换过程，你应该是了如指掌了。）

         int k = (n - m) - n % m;   //p1，p2移动距离，向右移六步

         /*---------------------
         解释下上面的k = (n - m) - n % m的由来：
         yansha：
         以p2为移动的参照系：
         n-m 是开始时p2到末尾的长度，n%m是尾巴长度
         (n-m)-n%m就是p2移动的距离
         比如 abc def efg hi
         开始时p2->d,那么n-m 为def efg hi的长度8，
         n%m 为尾巴hi的长度2，
         因为我知道abc要移动到hi的前面，所以移动长度是
         (n-m)-n%m = 8-2 = 6。
         */

         for (int i = 0; i < k; i++, p1++, p2++)
             swap(str[p1], str[p2]);

         rotate(str, n - k, n % m, p1, tail, false);  //flag标志变为false，结束左旋，下面，进入右旋
     }
     else
     {
         //2、右旋：问题变成gk左移到abc前面，此时n = m’ + m = 5，m = 2，m’ = n % m 1;
         //abc gk -> a gk bc

         int p1 = tail;
         int p2 = tail - m;

         // p1，p2移动距离，向左移俩步
         int k = (n - m) - n % m;

         for (int i = 0; i < k; i++, p1--, p2--)
             swap(str[p1], str[p2]);

         rotate(str, n - k, n % m, head, p1, true);  //再次进入上面的左旋部分，
         //3、左旋：问题变成a右移到gk后面，此时n = m’ + m = 3，m = 1，m’ = n % m = 0;
         //a gk bc-> gk a bc。 由于此刻，n % m = 0，满足结束条件，返回结果。

     }
 }

 int main()
 {
     int i=3;
     string str = "abcdefghijk";
     int len = str.length();
     rotate(str, len, i % len, 0, len - 1, true);
     cout << str.c_str() << endl;   //转化成字符数组的形式输出
     return 0;
 }

     

非常感谢。

    稍后，由下文，您将看到，其实上述思路二的本质即是下文将要阐述的stl rotate算法，详情，请继续往下阅读。

 

第四节、stl::rotate 算法的步步深入
思路三：

3.1、数组循环移位
    下面，我将再具体深入阐述下此STL 里的rotate算法，由于stl里的rotate算法，用到了gcd的原理，下面，我将先介绍此辗转相除法，或欧几里得算法，gcd的算法思路及原理。

    gcd，即辗转相除法，又称欧几里得算法，是求最大公约数的算法，即求两个正整数之最大公因子的算法。此算法作为TAOCP第一个算法被阐述，足见此算法被重视的程度。

    gcd算法：给定俩个正整数m，n（m>=n），求它们的最大公约数。（注意，一般要求m>=n，若mn。下文，会具体解释）。以下，是此算法的具体流程：
    1、[求余数]，令r=m%n，r为n除m所得余数（0<=r     2、[余数为0?]，若r=0，算法结束，此刻，n即为所求答案，否则，继续，转到3；
    3、[重置]，置m<-n，n<-r，返回步骤1.

    此算法的证明，可参考计算机程序设计艺术第一卷：基本算法。证明，此处略。

    ok，下面，举一个例子，你可能看的更明朗点。
    比如，给定m=544，n=119，
      则余数r=m%n=544%119=68; 因r!=0，所以跳过上述步骤2，执行步骤3。；
      置m<-119，n<-68，=>r=m%n=119%68=51;
      置m<-68，n<-51，=>r=m%n=68%51=17；
      置m<-51，n<-17，=>r=m%n=51%17=0，算法结束，

    此时的n=17，即为m=544，n=119所求的俩个数的最大公约数。

    再解释下上述gcd(m，n)算法开头处的，要求m>=n 的原因：举这样一个例子，如m     因为r!=0,所以执行上述步骤3，注意，看清楚了：m<-544，n<-119。看到了没，尽管刚开始给的m=n。

    ok，我想，现在，你已经彻底明白了此gcd算法，下面，咱们进入主题，stl里的rotate算法的具体实现。//待续。

    熟悉stl里的rotate算法的人知道，对长度为n的数组(ab)左移m位，可以用stl的rotate函数（stl针对三种不同的迭代器，提供了三个版本的rotate）。但在某些情况下，用stl的rotate效率极差。

    对数组循环移位，可以采用的方法有（也算是对上文思路一，和思路二的总结）：

      flyinghearts：
      ① 动态分配一个同样长度的数组，将数据复制到该数组并改变次序，再复制回原数组。（最最普通的方法）
      ② 利用ba=(br)^T(ar)^T=(arbr)^T，通过三次反转字符串。（即上述思路一，首先对序列前部分逆序，再对序列后部分逆序，再对整个序列全部逆序）
      ③ 分组交换（尽可能使数组的前面连续几个数为所要结果）：
      若a长度大于b，将ab分成a0a1b，交换a0和b，得ba1a0，只需再交换a1 和a0。
      若a长度小于b，将ab分成ab0b1，交换a和b0，得b0ab1，只需再交换a 和b0。
      通过不断将数组划分，和交换，直到不能再划分为止。分组过程与求最大公约数很相似。
      ④ 所有序号为 (j+i *m) % n (j 表示每个循环链起始位置，i 为计数变量，m表示左旋转位数，n表示字符串长度)，会构成一个循环链（共有gcd(n,m)个，gcd为n、m的最大公约数），每个循环链上的元素只要移动一个位置即可，最后整个过程总共交换了n次（每一次循环链，是交换n/gcd(n,m)次，总共gcd(n,m)个循环链。所以，总共交换n次）。

    stl的rotate的三种迭代器，即是，分别采用了后三种方法。

    在给出stl rotate的源码之前，先来看下我的朋友ys对上述第④ 种方法的评论：
    ys：这条思路个人认为绝妙，也正好说明了数学对算法的重要影响。

    通过前面思路的阐述，我们知道对于循环移位，最重要的是指针所指单元不能重复。例如要使abcd循环移位变成dabc(这里m=3,n=4)，经过以下一系列眼花缭乱的赋值过程就可以实现：
    ch[0]->temp, ch[3]->ch[0], ch[2]->ch[3], ch[1]->ch[2], temp->ch[1];  （*）
    字符串变化为：abcd->_bcd->dbc_->db_c->d_bc->dabc;
是不是很神奇？其实这是有规律可循的。

    请先看下面的说明再回过头来看。
 对于左旋转字符串，我们知道每个单元都需要且只需要赋值一次，什么样的序列能保证每个单元都只赋值一次呢？

      1、对于正整数m、n互为质数的情况，通过以下过程得到序列的满足上面的要求：
 for i = 0: n-1
      k = i * m % n;
 end

    举个例子来说明一下，例如对于m=3,n=4的情况，
        1、我们得到的序列：即通过上述式子求出来的k序列，是0, 3, 2, 1。
        2、然后，你只要只需按这个顺序赋值一遍就达到左旋3的目的了：
    ch[0]->temp, ch[3]->ch[0], ch[2]->ch[3], ch[1]->ch[2], temp->ch[1];   （*） 

    ok，这是不是就是按上面（*）式子的顺序所依次赋值的序列阿?哈哈，很巧妙吧。当然，以上只是特例，作为一个循环链，相当于rotate算法的一次内循环。

     2、对于正整数m、n不是互为质数的情况（因为不可能所有的m，n都是互质整数对），那么我们把它分成一个个互不影响的循环链，正如flyinghearts所言，所有序号为 (j + i * m) % n（j为0到gcd(n, m)-1之间的某一整数，i = 0:n-1）会构成一个循环链，一共有gcd(n, m)个循环链，对每个循环链分别进行一次内循环就行了。

    综合上述两种情况，可简单编写代码如下：

 //④ 所有序号为 (j+i *m) % n (j 表示每个循环链起始位置，i 为计数变量，m表示左旋转位数，n表示字符串长度)，
 //会构成一个循环链（共有gcd(n,m)个，gcd为n、m的最大公约数），

 //每个循环链上的元素只要移动一个位置即可，最后整个过程总共交换了n次
 //（每一次循环链，是交换n/gcd(n,m)次，共有gcd(n,m)个循环链，所以，总共交换n次）。

 void rotate(string &str, int m)
 {
     int lenOfStr = str.length();
     int numOfGroup = gcd(lenOfStr, m);
     int elemInSub = lenOfStr / numOfGroup;

     for(int j = 0; j < numOfGroup; j++)
         //对应上面的文字描述，外循环次数j为循环链的个数，即gcd(n, m)个循环链
     {
         char tmp = str[j];

         for (int i = 0; i < elemInSub - 1; i++)
             //内循环次数i为，每个循环链上的元素个数，n/gcd(m,n)次
             str[(j + i * m) % lenOfStr] = str[(j + (i + 1) * m) % lenOfStr];
         str[(j + i * m) % lenOfStr] = tmp;
     }
 }

后来有网友针对上述的思路④，给出了下述的证明：
    1、首先，直观的看肯定是有循环链，关键是有几条以及每条有多长，根据(i+j *m) % n这个表达式可以推出一些东东，一个j对应一条循环链，现在要证明(i+j *m) % n有n/gcd(n,m)个不同的数。
    2、假设j和k对应的数字是相同的， 即(i+j*m)%n = (i+k*m)%n， 可以推出n|(j-k)*m，m=m’*gcd(n.m), n=n’*gcd(n,m), 可以推出n’|(j-k)*m’，而m’和n’互素，于是n’|(j-k)，即(n/gcd(n,m))|(j-k)，
    3、所以(i+j*m) % n有n/gcd(n,m)个不同的数。则总共有gcd(n，m)个循环链。符号“|”是整除的意思。
以上的3点关于为什么一共有gcd(n, m)个循环链的证明，应该是来自qq3128739xx的，非常感谢这位朋友。

3.2、以下，便是摘自sgi stl v3.3版中的stl_algo_h文件里，有关rotate的实现的代码：

 // rotate and rotate_copy, and their auxiliary functions
 template <class _EuclideanRingElement>
 _EuclideanRingElement __gcd(_EuclideanRingElement __m,
                             _EuclideanRingElement __n)
 {  //gcd(m,n)实现
     while (__n != 0) {
         _EuclideanRingElement __t = __m % __n;
         __m = __n;
         __n = __t;
     }
     return __m;   //....
 }

 //③ 分组交换（尽可能使数组的前面连续几个数为所要结果）：
 //若a长度大于b，将ab分成a0a1b，交换a0和b，得ba1a0，只需再交换a1 和a0。
 //若a长度小于b，将ab分成ab0b1，交换a和b0，得b0ab1，只需再交换a 和b0。
 //通过不断将数组划分，和交换，直到不能再划分为止。分组过程与求最大公约数很相似。
 template <class _ForwardIter, class _Distance>
 _ForwardIter __rotate(_ForwardIter __first,
                       _ForwardIter __middle,
                       _ForwardIter __last,
                       _Distance*,
                       forward_iterator_tag)
 {
     if (__first == __middle)
         return __last;
     if (__last  == __middle)
         return __first;

     _ForwardIter __first2 = __middle;
     do {
         swap(*__first++, *__first2++);  //
         if (__first == __middle)
             __middle = __first2;
     } while (__first2 != __last);

     _ForwardIter __new_middle = __first;
     __first2 = __middle;

     while (__first2 != __last)
     {
         swap (*__first++, *__first2++);  //
         if (__first == __middle)
             __middle = __first2;
         else if (__first2 == __last)
             __first2 = __middle;
     }

     return __new_middle;
 }

 //②利用ba=(br)^T(ar)^T=(arbr)^T，通过三次反转字符串。
 //（即上述思路一，首先对序列前部分逆序，再对序列后部分逆序，再对整个序列全部逆序）
 template <class _BidirectionalIter, class _Distance>
 _BidirectionalIter __rotate(_BidirectionalIter __first,
                             _BidirectionalIter __middle,
                             _BidirectionalIter __last,
                             _Distance*,
                             bidirectional_iterator_tag)
 {
     __STL_REQUIRES(_BidirectionalIter, _Mutable_BidirectionalIterator);
     if (__first == __middle)
         return __last;
     if (__last  == __middle)
         return __first;

     __reverse(__first,  __middle, bidirectional_iterator_tag());  //交换序列前半部分
     __reverse(__middle, __last,   bidirectional_iterator_tag());  //交换序列后半部分

     while (__first != __middle && __middle != __last)
         swap (*__first++, *--__last);   //整个序列全部交换

     if (__first == __middle)  //
     {
         __reverse(__middle, __last,   bidirectional_iterator_tag());
         return __last;
     }
     else {
         __reverse(__first,  __middle, bidirectional_iterator_tag());
         return __first;
     }
 }

 //④ 所有序号为 (i+t*k) % n (i为指定整数，t为任意整数)，
 //会构成一个循环链（共有gcd(n,k)个，gcd为n、k的最大公约数），
 //每个循环链上的元素只要移动一个位置即可，总共交换了n次。
 template <class _RandomAccessIter, class _Distance, class _Tp>
 _RandomAccessIter __rotate(_RandomAccessIter __first,
                            _RandomAccessIter __middle,
                            _RandomAccessIter __last,
                            _Distance *, _Tp *)
 {
     __STL_REQUIRES(_RandomAccessIter, _Mutable_RandomAccessIterator);
     _Distance __n = __last   - __first;
     _Distance __k = __middle - __first;
     _Distance __l = __n - __k;
     _RandomAccessIter __result = __first + (__last - __middle);

     if (__k == 0)
         return __last;

     else if (__k == __l) {
         swap_ranges(__first, __middle, __middle);
         return __result;
     }

     _Distance __d = __gcd(__n, __k);    //令d为gcd(n,k)

     for (_Distance __i = 0; __i < __d; __i++) {
         _Tp __tmp = *__first;
         _RandomAccessIter __p = __first;

         if (__k < __l) {
             for (_Distance __j = 0; __j < __l/__d; __j++) {
                 if (__p > __first + __l) {
                     *__p = *(__p - __l);
                     __p -= __l;
                 }

                 *__p = *(__p + __k);
                 __p += __k;
             }
         }
         else {
             for (_Distance __j = 0; __j < __k/__d - 1; __j ++) {
                 if (__p < __last - __k) {
                     *__p = *(__p + __k);
                     __p += __k;
                 }

                 *__p = * (__p - __l);
                 __p -= __l;
             }
         }

         *__p = __tmp;