约瑟夫问题及其各种优化

约瑟夫问题及其各种优化

【约瑟夫问题】

【问题描述一】：

据说著名犹太历史学家 Josephus有过以下的故事：在罗马人占领乔塔帕特后，39 个犹太人与Josephus及他的朋友躲到一个洞中，39个犹太人决定宁愿死也不要被敌人抓到，于是决定了一个自杀方式：41个人排成一个圆圈，由第1个人开始报数，每报数到第3人该人就必须自杀，然后再由下一个重新报数，直到所有人都自杀身亡为止。然而Josephus 和他的朋友并不想遵从，Josephus要他的朋友先假装遵从，他将朋友与自己安排在第16个与第31个位置，于是逃过了这场死亡游戏。

【问题描述二】：

17世纪的法国数学家加斯帕在《数目的游戏问题》中讲了这样一个故事：15个教徒和15 个非教徒在深海上遇险，必须将一半的人投入海中，其余的人才能幸免于难，于是想了一个办法：30个人围成一圆圈，从第一个人开始依次报数，每数到第九个人就将他扔入大海，如此循环进行直到仅余15个人为止。问怎样排法，才能使每次投入大海的都是非教徒。

【猴子选大王】：典型的约瑟夫问题

【问题描述】：

有m个猴子围成一圈，按顺时针编号，分别为1到m。现打算从中选出一个大王。经过协商，决定选大王的规则如下：从第一个开始顺时针报数1，报到n的猴子出圈，紧接着从下一个又从1顺时针循环报数，数到n的出去...，如此下去，最后剩下来的就是大王。

【输入】：第一行是一个正整数T表示测试数据的组数。下面共有T行，每行两个整数m和n，用一个空格隔开，分别表示猴子的个数和报数n(1<=m<=100，1<=n<=200)。

【输出】：每组数据对应有一个输出，表示大王的编号。

【分析】：由于n和m的数据规模很小，本题可用一个简单的模拟来对算法进行实现，具体的做法是采用一个循环链表，一个一个的模拟，下面是我对它算法实现：

【标程】：

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

int n,m,t,next[201],pre[201];

int main()

{

scanf("%d",&t);

for(int ca=1;ca<=t;ca++)

{

scanf("%d%d",&m,&n);

for(int i=1;i<m;i++) next[i]=i+1;

next[m]=1;

for(int i=2;i<=m;i++) pre[i]=i-1;

pre[1]=m;

int i=1;

for(int c=1;c<m;c++)

{

for(int tot=1;tot<n;tot++) i=next[i];

int k=i;

i=next[i];

next[pre[k]]=next[k];

pre[next[k]]=pre[k];

}

printf("%d\n",i);

}

return 0;

}

但是，当n和m都很大时，上面的做法就会显得很慢很慢。因为其时间复杂度为:o(m*n)

有没更高效的算法呢？当然是有的!

为了讨论方便，我们换一种问题的描述方式，但并不影响题意。

【问题描述】：

有m个猴子围成一圈，按顺时针编号，分别为0到m-1。现打算从中选出一个大王。经过协商，决定选大王的规则如下：从第一个开始顺时针报数0，报到n-1的猴子出圈，紧接着从下一个又从0顺时针循环报数，数到n-1的出去...，如此下去，最后剩下来的就是大王。

【分析】：

我们知道：第一个出去的人肯定是：m mod n-1 那么下一个开始报数的人编号是：m mod n 下面，我们把他们的编号做一下改变：令：k=m mod n

左——>右

k+0——>0

k+1——>1

k+2——>2

. .

. .

. .

n-2——>n-2-k

n-1——>n-1-k

0 ——>0+n-k 注意：因为是一个环，这里显然0-k<0，那么，如果

1 ——>1+n-k 把它加上个n就能保证这个元素在这个环上

2 ——>2+n-k

. .

. .

. .

k-3——>k-3+n-k=n-1

k-2——>k-2+n-k=n-2

这样，我们就把n个人报数的问题完全转化成了n-1个人报数的问题了，如果n-1个人报数的子问题的答案是：x，那么我们就可以根据左右两边的对应关系找到n个人报数的问题的答案了。

那么，左右两边到底有着怎样的对应关系呢？

我们可以试着把右边的数加上个k,然后通过观察可以发现：咦，当左边的数为k+0到n-1时，左边的数刚好和右边的数加k相等，但是，当左边的数为0到k-2时，右边的数加k后刚好比左边的数多了个n,这样，左右两边的关系就浮出水面了：设左边的数为：xx，其对应的右边的数为：x,那么：xx=(x+k) mod n

这样，如果我们知道了n-1的子问题的解，我们不是就知道了n的解了吗？

而要的到n-1的子问题的解，我们又可以通过n-2的子问题的解来找，这样，这个递推关系式就出来了那就是：

f[i]=(f[i-1]+k) mod i

其中：k=m mod i;

其中：f[i]表示：有i个人参加报数k的游戏的赢家是谁

这里就有一个问题了，k的值是否会变化？

答案是否定的！

原因很简单：k的意义是i个人报数第一次后，下一次报数的第一人。这里可能读者会有点纠结。我们这样想：m足够小时，k的值始终都是： m mod i 其中：i代表有几个人玩游戏。其实根据求模运算的运算法则：

(f[i-1]+k) mod i

==(f[i-1]+m mod i) mod i

==f[i-1] mod i+m mod i mod i

==f[i-1] mod i+m mod i

==(f[i-1]+m) mod i

这样，我们就得到了一个和k毫无关系的递推式了：

f[i]=(f[i-1]+m) mod i

那么，我们不难得出，当i=1时，f[1]=0; (因为当i为一时，只有一个人，他的编号是:0)

现在我们又回到最开始的问题：

【问题描述】：

有m个猴子围成一圈，按顺时针编号，分别为1到m。现打算从中选出一个大王。经过协商，决定选大王的规则如下：从第一个开始顺时针报数1，报到n的猴子出圈，紧接着从下一个又从1顺时针循环报数，数到n的出去...，如此下去，最后剩下来的就是大王。

【输入】：第一行是一个正整数T表示测试数据的组数。下面共有T行，每行两个整数m和n，用一个空格隔开，分别表示猴子的个数和报数n(1<=m<=100，1<=n<=200)。

【输出】：每组数据对应有一个输出，表示大王的编号。

【分析】：我们可以设初值：f[1]=0,而我们要求的结果就是：f
+1

这个应该很好理解吧？因为：我们对每个人的假想编号是比那个人得实际编号小一的，这也就是为什么结果是:f
+1，而不是f
的原因了。

下面是我对这个问题的算法实现：

【标程】：

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

int main()

{

int t;

scanf("%d",&t);

for(int ca=1;ca<=t;ca++)

{

int n,m,f[500000];

scanf("%d%d",&n,&m);

f[1]=0;

for(int i=2;i<=n;i++)

{

f[i]=(f[i-1]+m)%i;

}

printf("%d\n",f
+1);

}

return 0;

}

当然，我们完全不需要保存中间的状态，所以还有以下的写法：

【标程】：

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

int main()

{

int t;

scanf("%d",&t);

for(int ca=1;ca<=t;ca++)

{

int n,m,f=0;

scanf("%d%d",&n,&m);

for(int i=2;i<=n;i++)

{

f=(f+m)%i;

}

printf("%d\n",f+1);

}

return 0;

}

那么，这种方法和上面的比有什么优势呢?

优势是显然的，其一：它不用开数组，大大的节省了空间；其二：它的时间复杂度是：o(n)的，大大的缩短了运行的时间，提高了计算机运行的效率。而且，当n为10^6--10^7大得数时，也能在一秒内给出答案。而前者，差远了。

但是，难道不能再做优化吗?

答案当然又是可以的!

我们在运行上一个程序时，会发现：f有时会处于一种等差递增的状态，这里浪费了很多的时间！我们来看这个表达式：

f=(f+m)%i;

当：f+m 比较小而 i 比较大时，f就会处于一种等差递增的状态，那么怎么结束这个状态或者说跳过这个状态呢？假设从i递推到i+x的过程中，f是在递增的，i+x+1后就不是了，那么，其实，这个x是可以求的!怎么求呢?我们可以列出如下等式：

f+m*x==i+x;

相信你已经看懂了吧!然后解出x即可。令i+=x; f+=m*x;就可跳过这个费时的过程了!显然，这里还有个问题，要是i+x>n怎么办?

其实，这样的结果已经是相当于在告诉我们，这个递推的过程可以结束了!

我们只需再进行这个操作就行了：

f+=m*(n-i); 其实就是把多加了的减回去!也可以这样写：

f-=m*(i-n); 嘿嘿，其实他们俩是一样的!

这里，我们其实还可以有个小小的技巧：当m==1时我们可以单独讨论：答案就是：n

下面是我的算法实现（还有点小问题，改天再改了）：

【标程】：

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

int main()

{

int t;

scanf("%d",&t);

for(int ca=1;ca<=t;ca++)

{

int n,m,f=0;

scanf("%d%d",&n,&m);

if(m==1) f=n-1;

else

{

for(int i=2;i<=n;i++)

{

if((f+m)<i)

{

int x=(i-f)/(m-1);

f+=m*x;

i+=x;

if(i>n) f-=(i-n)*m;

}

else f=(f+m)%i;

}

}

printf("%d\n",f+1);

}

return 0;

}

好了，就这么多了。

呼!终于完了，累死我了!