hiho一下 第九十四周 数论三·约瑟夫问题

数论三·约瑟夫问题

时间限制:10000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi和小Ho的班级正在进行班长的选举，他们决定通过一种特殊的方式来选择班长。

首先N个候选人围成一个圈，依次编号为0..N-1。然后随机抽选一个数K，并0号候选人开始按从1到K的顺序依次报数，N-1号候选人报数之后，又再次从0开始。当有人报到K时，这个人被淘汰，从圈里出去。下一个人从1开始重新报数。

也就是说每报K个数字，都会淘汰一人。这样经过N-1轮报数之后，圈内就只剩下1个人了，这个人就作为新的班长。

举个例子，假如有5个候选人，K=3：

初始
0: 0 1 2 3 4
从0号开始报数，第1次是2号报到3
1: 0 1 - 3 4    	// 0 1 2, 2号候选人淘汰
从3号开始报数，第2次是0号报到3
2: - 1 3 4		// 3 4 0, 0号候选人淘汰
从1号开始报数，第3次是4号报到3
3: 1 3 -		// 1 3 4, 4号候选人淘汰
从1号开始报数，第4次是1号报到3
4: - 3			// 1 3 1, 1号候选人淘汰
  

对于N=5,K=3的情况，最后当选班长的人是编号为3的候选人。

小Ho：小Hi，我觉得当人数和K都确定的时候已经可以确定结果了。

小Hi：嗯，没错。

小Ho：我也想当班长，小Hi你能提前告诉我应该站在哪个位置么？

小Hi：我可以告诉你怎么去求最后一个被淘汰的位置，不过具体的值你得自己去求解。

小Ho：嗯，没问题，那么你快告诉我方法吧！

输入

第1行：1个正整数t，表示多组输入数据，1≤t≤100

第2..t+1行：每行2个正整数n,k，第i+1行表示第i组测试数据，2≤n≤1,000,000,000。2≤k≤1,000

输出

第1..t行：每行1个整数，第i行表示第i组数据的解

样例输入

2
5 3
8 3

样例输出

3
6

 

解答：

提示：约瑟夫问题

小Hi：这个问题其实还蛮有名的，它被称为约瑟夫的问题。

最直观的解法是用循环链表模拟报数、淘汰的过程，复杂度是O(NM)。

今天我们来学习两种更高效的算法，一种是递推，另一种也是递推。第一种递推的公式为：

令f[n]表示当有n个候选人时，最后当选者的编号。
f[1] = 0
f[n] = (f[n - 1] + K) mod n
		

接下来我们用数学归纳法来证明这个递推公式的正确性：

(1) f[1] = 0

显然当只有1个候选人时，该候选人就是当选者，并且他的编号为0。

(2) f[n] = (f[n - 1] + K) mod n

假设我们已经求解出了f[n - 1]，并且保证f[n - 1]的值是正确的。

现在先将n个人按照编号进行排序：

0 1 2 3 ... n-1

那么第一次被淘汰的人编号一定是K-1(假设K < n，若K > n则为(K-1) mod n)。将被选中的人标记为"#"：

0 1 2 3 ... K-2 # K K+1 K+2 ... n-1

第二轮报数时，起点为K这个候选人。并且只剩下n-1个选手。假如此时把k+1看作0'，k+2看作1'...

则对应有：

  0     1 2 3 ... K-2  # K  K+1 K+2 ... n-1
n-K'              n-2'   0'  1'  2' ... n-K-1'

此时在0',1',...,n-2'上再进行一次K报数的选择。而f[n-1]的值已经求得，因此我们可以直接求得当选者的编号s'。

但是，该编号s'是在n-1个候选人报数时的编号，并不等于n个人时的编号，所以我们还需要将s'转换为对应的s。

通过观察，s和s'编号相对偏移了K，又因为是在环中，因此得到s = (s'+K) mod n。

即f[n] = (f[n-1] + k) mod n。

至此递推公式的两个式子我们均证明了其正确性，则对于任意给定的n，我们可以使用该递推式求得f[n]，写成伪代码为：

Josephus(N, K):
	f[1] = 0
	For i = 2 .. N
		f[i] = (f[i - 1] + K) mod i
	End For
	Return f[N]

同时由于计算f[i]时，只会用到f[i-1]，因此我们还可以将f[]的空间节约，改进后的代码为：

Josephus(N, K):
	ret = 0
	For i = 2 .. N
		ret = (ret + K) mod i
	End For
	Return ret

该算法的时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(1)。对于N不是很大的数据来说，可以解决。

小Ho：要是N特别大呢？

小Hi：那么我们就可以用第二种递推，解决的思路仍然和上面相同，而区别在于我们每次减少的N的规模不再是1。

同样用一个例子来说明，初始N=10,K=4:

初始序列：

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

当7号进行过报数之后：

0 1 2 - 4 5 6 - 8 9

在这里一轮报数当中，有两名候选人退出了。而对于任意一个N,K来说，退出的候选人数量为N/K("/"运算表示整除，即带余除法取商)

由于此时起点为8，则等价于：

2 3 4 - 5 6 7 - 0 1

因此我们仍然可以从f[8]的结果来推导出f[10]的结果。

但需要注意的是，此时f[10]的结果并不一定直接等于(f[8] + 8) mod 10。

若f[8]=2，对于原来的序列来说对应了0，(2+8) mod 10 = 0，是对应的；若f[8]=6，则有(6+8) mod 10 = 4，然而实际上应该对应的编号为5。

这是因为在序列(2 3 4 - 5 6 7 - 0 1)中，数字并不是连续的。

因此我们需要根据f[8]的值进行分类讨论。假设f[8]=s，则根据s和N mod K的大小关系有两种情况：

1) s < N mod K : s' = s - N mod K + N
2) s ≥ N mod K : s' = s - N mod K + (s - N mod K) / (K - 1)

此外还有一个问题，由于我们不断的在减小N的规模，最后一定会将N减少到小于K，此时N/K=0。

因此当N小于K时，就只能采用第一种递推的算法来计算了。

最后优化方法的伪代码为：

Josephus(N, K):
	If (N == 1) Then
		Return 0
	End If
	If (N < K) Then
		ret = 0
		For i = 2 .. N
			ret = (ret + K) mod i
		End For
		Return ret
	End If
	ret = Josephus(N - N / K, K);
	If (ret < N mod K) Then
		ret = ret - N mod K + N
	Else
		ret = ret - N mod K + (ret - N mod K) / (K - 1)
	End If
	Return ret

改进后的算法可以很快将N的规模减小到K，对于K不是很大的问题能够快速求解。

代码：

1，开始的时候用的循环链表法，提交之后一直TLE超时，仔细排查了下，因为当k特别大的时候，n比较小的时候，需要循环很多次链表，导致超时。

 #include<iostream>
 #include<list>
 #include<cstdlib>
 using namespace std;

 int solve(int total,int key){

     list<int>* table = new list<int>();

     for (int i = ; i < total; i++)
     {
         table->push_back(i);
     }

     int shout = ;
     for (list<int>::iterator it = table->begin(); table->size() != ;)
     {
         if (shout++ == key)
         {
             it = table->erase(it);
             shout = ;
         }
         else
         {
             ++it;
         }

         if (it == table->end())
         {
             it = table->begin();
         }
     }
     return *table->begin();

 }
 int main(int argc, char* argv[])
 {
     int n, total, key;
         cin>>n;  

     while (n--){
         cin >> total >> key;

         cout << solve(total,key) << endl;
     }
      return ;
  }

后来改的递推，效率提高了许多，AC了，这也体现了算法设计中，好的算法，不单单要解决实际问题，还要考虑效率问题，高效合理。

 #include<iostream>
 #include<list>
 #include<cstdlib>
 using namespace std;

 int solve(int total, int key)
 {
     if (total == )
         return ;
     if (total < key){
         int anw = ;
         for (int i = ; i <= total; i++)
             anw = (anw + key) % i;
         return anw;
     }

     int anw = solve(total - total / key,key);
     int temp = total % key;
     if (anw < temp)
         anw = anw - temp + total;
     else
         anw = anw - temp + (anw - temp) / (key - );
     return anw;
 }

 int main(int argc, char* argv[])
 {
     int n, total, key;
     cin >> n;

     while (n--){
         cin >> total >> key;
         cout << solve(total, key) << endl;
     }
     return ;
 }

 最后在补充下左老师提供的代码，很简短！！！对左老师说“我不管，反正我一定要让你会”

 #include "iostream"

 using namespace std;

 int n, l;

 int getlive(int i, int m)//i长 m数
 {
     if (i == )
         return ;
     return (getlive(i - , m) + m - ) % i + ;
 }

 int main()
 {
     while (true)
     {
         cin >> n >> l;
         cout<<getlive(n, l);
     }
 }