n个人编号为0…n-1围成一个圈,从0开始报数,每经过k个人那个人就退出这个圈不再报数,问最后留下来的人的编号.
朴素的做法当然是模拟,但是n,k的值一旦变得比较大的时候就难以解决问题.
我们考虑归纳的解决问题
当只有一个人的时候答案显然为0,
假设我们已知n-1个人的时候答案为ans[n-1],那么当人数为n时
显然的,我们首先得选一个人出去,这个人是(k-1)%n,然后我们从下一个起点(k%n)开始算起,我们不难发现问题变成了n-1个人的问题,因此ans[n]=(ans[n-1]+k)%n
可是这样当n比较大的时候我们还是难以很快的解决问题.当n比较大的时候,前n/k次我们都是很容易确定的,因此我们直接考虑Josephus(n−n/k,k)Josephus(n-n/k,k)Josephus(n−n/k,k),直到n-n/k小于k,这样就能很快将复杂度变成O(k)级别的.根据刚才的想法,Josephus(n,k)=Josephus(n−n/k,k)+n/k∗kJosephus(n,k)=Josephus(n-n/k,k)+n/k*kJosephus(n,k)=Josephus(n−n/k,k)+n/k∗k就可以了吗?问题并不是这么简单.
我们看一个例子:
当n=10,k=4的时候我们选择两次以后的序列为
0 1 2 * 4 5 6 * 8 9
因此我们应该考虑n=8的情况
2 3 4 * 5 6 7 * 0 1
假设n=8时最后选出来的人为5,按照上面的式子原答案为(5+8)%10=3,但是正确的答案却应该是4,问题出在哪里呢?
原来我们选过以后的数列不是连续的了,必须考虑已经选过的没法再次选.我们观察,对于n=8时,越过n%k后每4-1个数出现一个已经选择后的情况,需要加1
所以我们分类讨论:
设s’=Josephus(n−n/k,k)Josephus(n-n/k,k)Josephus(n−n/k,k)
当s’<n%k时,s=s’+n/k*k;
当s’>=n%k时,s=s’-n%k+(s’-n%k)/(k-1)
根据上面的讨论我们得到解决问题的算法:
int Josephus(int n,int k)
{if(n==1) return 0;int ret;if(n<k){ret=0;for(int i=2;i<=n;i++){ret=(ret+k)%i;}return ret;}ret=Josephus(n-n/k,k);if(ret<n%k){ret+=n/k*k;}else{ret-=n%k;ret+=ret/(k-1);}return ret;
}
)
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