字符串循环移位
2013-10-19 23:28
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第一章、左旋转字符串
原文链接，感谢原作者
作者：July，yansha。
时间：二零一一年四月十四日。
微博：http://weibo.com/julyweibo。
出处：http://blog.csdn.net/v_JULY_v。
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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
一直觉得，这180道题中的任何一题都值得自己反复思考，反复研究，不断修正，不断优化。之前的答案整理由于时间仓促，加之受最开始的认识局限，更兼水平有限，所以，这180道面试题的答案，有很多问题都值得进一步商榷与完善。
特此，想针对这180道面试题，再写一个系列，叫做：程序员编程艺术系列。
ok，本次程序员编程艺术系列以之前本人最初整理的微软面试100题中的第26题、左旋转字符串，为开篇，希望就此问题进行彻底而深入的阐述。然以下所有任何代码仅仅只是全部测试正确了而已，还有很多的优化工作要做。欢迎任何人，不吝赐教。谢谢。
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（不过，相对于本题来说，它是右旋转字符串，但思路是一致的），咱们可以先来看一下：
“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<N。事实上，很多时候也的确是这样的。但严格来说，我们不能用这样的“惯性思维”来思考问题。
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，如下代码清单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;
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。[b]”
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。
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，若要让def翻转到abc的前头，那么只要按下述3个步骤操作即可：
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，你应该一目了然了。
其次，在《编程珠玑》上也有这样一个类似的问题，它的解法同本思路一致，如下图所示：
然后，代码可以这么写：
有两点需要注意：
1、如上注释中所述：
if(nLength >0 && n<nLength)
//nLength是整个字符串的长度，n是左边的一部分，所以应该是n<nLength。
2、主函数中一个容易犯错的问题：
int main()
{
char *ps="hello July"; //本身没错，但你不能对ps所指的字符串做任何修改。
//这句其实等价于：const char *ps = "hello July"
LeftShiftString( ps, 4 ); //而在这里，试图修改ps所指的字符串常量，所以将出现错误。
puts( ps );
return 0;
}
abc defghi，若要让abc移动至最后
abc defghi->def abcghi->def ghiabc
则可定义俩指针，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）
图解如下：
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：
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）：
注意：上文中都是假设m<n，且如果鲁棒点的话令m=m%n，这样m允许大于n。另外，各位要记得处理指针为空的情况。
还可以看下这段代码：
就是说，把一个规模为N的问题化解为规模为M(M<N)的问题。
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）：
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。
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m<n，则要先交换m<->n。下文，会具体解释）。
用数学定理表示即为：“定理：gcd(a,b) = gcd(b,a mod b) (a>b 且a mod b 不为0)”。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<n）；
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<n，即m=119，n=544的话，那么r=m%n=119%544=119,
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，但最终执行gcd算法时，还是会把m，n的值交换过来，以保证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。
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;
++__first;
}
return __result;
}
由于上述stl rotate源码中，方案④ 的代码，较复杂，难以阅读，下面是对上述第④ 方案的简单改写：
//对上述方案4的改写。
//④ 所有序号为 (i+t*k) % n (i为指定整数，t为任意整数)，....
//copyright@ hplonline && July 2011.04.18。
//July、sahala、yansha，updated，2011.06.02。
void my_rotate(char *begin, char *mid, char *end)
{
int n = end - begin;
int k = mid - begin;
int d = gcd(n, k);
int i, j;
for (i = 0; i < d; i ++)
{
int tmp = begin[i];
int last = i;
//i+k为i右移k的位置，%n是当i+k>n时从左重新开始。
for (j = (i + k) % n; j != i; j = (j + k) % n) //多谢laocpp指正。
{
begin[last] = begin[j];
last = j;
}
begin[last] = tmp;
}
}
对上述程序的解释：关于第二个for循环中，j初始化为（i+k）%n，程序注释中已经说了，i+k为i右移k的位置，%n是当i+k>n时从左重新开始。为什么要这么做呢?很简单，n个数的数组不管循环左移多少位，用上述程序的方法一共需要交换n次。当i+k>=n时i+k表示的位置在数组中不存在了，所以又从左边开始的(i+k)%n是下一个交换的位置。
好比5个学生,，编号从0开始，即0 1 2 3 4，老师说报数，规则是从第一个学生开始，中间隔一个学生报数。报数的学生编号肯定是0 2 4 1 3。这里就相当于i为0，k为2，n为5；
然后老师又说，编号为0的学生出列，其他学生到在他前一个报数的学生位置上去，那么学生从0 1 2 3 4=》2 3 4 _ 1，最后老师说，编号0到剩余空位去，得到最终排位2 3 4 0 1。此时的结果，实际上就是相当于上述程序中左移k=2个位置了。而至于为什么让 编号为0 的学生 出列。实际是这句：int last = i; 因为要达到这样的效果0 1 2 3 4 => 2 3 4 0 1，那么2 3 4 必须要移到前面去。怎么样，明白了么?。
关于本题，不少网友也给出了他们的意见，具体请参见此帖子微软100题，维护地址。
原文链接，感谢原作者
作者：July，yansha。
时间：二零一一年四月十四日。
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第五节、总结
前言
本人整理微软等公司面试100题系列，包括原题整理，资源上传，帖子维护，答案整理，勘误，修正与优化工作，包括后续全新整理的80道，总计180道面试题，已有半年的时间了（详情请参见：横空出世，席卷Csdn [评微软等数据结构+算法面试180题]）。一直觉得，这180道题中的任何一题都值得自己反复思考，反复研究，不断修正，不断优化。之前的答案整理由于时间仓促，加之受最开始的认识局限，更兼水平有限，所以，这180道面试题的答案，有很多问题都值得进一步商榷与完善。
特此，想针对这180道面试题，再写一个系列，叫做：程序员编程艺术系列。
ok，本次程序员编程艺术系列以之前本人最初整理的微软面试100题中的第26题、左旋转字符串，为开篇，希望就此问题进行彻底而深入的阐述。然以下所有任何代码仅仅只是全部测试正确了而已，还有很多的优化工作要做。欢迎任何人，不吝赐教。谢谢。
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（不过，相对于本题来说，它是右旋转字符串，但思路是一致的），咱们可以先来看一下：
“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<N。事实上，很多时候也的确是这样的。但严格来说，我们不能用这样的“惯性思维”来思考问题。
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，如下代码清单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;
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。[b]”
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。
[b]第一节、三步翻转法[/b]
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，若要让def翻转到abc的前头，那么只要按下述3个步骤操作即可：
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，你应该一目了然了。
其次，在《编程珠玑》上也有这样一个类似的问题，它的解法同本思路一致，如下图所示：
然后，代码可以这么写：
代码1.1：
//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 <stdio.h>
#include <string.h>
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;
}代码1.2：
//zhedahht
//July、k，updated
//copyright @2011.04.14，by July。
//引用，请注明原作者，出处。
#include <string.h>
#include <iostream>
using namespace std;
void Swap(char* a,char* b) //特此把交换函数，独立抽取出来。当然，不排除会有人认为，此为多此一举。
{
char temp =*a;
*a = *b;
*b = temp;
}
// Reverse the string between pStart and pEnd
void ReverseString(char* pStart, char* pEnd)
{
if(*pStart != '/0' && *pEnd != '/0')
//这句也可以是：if(pStart != NULL && pEnd != NULL)。
{
while(pStart <= pEnd)
{
Swap(pStart,pEnd); //交换
pStart++;
pEnd--;
}
}
}
// Move the first n chars in a string to its end
char* LeftRotateString(char* pStr, unsigned int n)
{
if(pStr != NULL)
{
int nLength = static_cast<int>(strlen(pStr));
if(nLength >0 && n != 0 && n<nLength) //n可以=0,也可以说不该=0。
//nLength是整个字符串的长度，n是左边的一部分，所以应该是n<nLength。
//之前上传的答案（代码），就错在这里，最初的为n>nLength,当然，就是错的了。July、k，updated。
{
char* pFirstStart = pStr;
char* pFirstEnd = pStr + n - 1;
char* pSecondStart = pStr + n;
char* pSecondEnd = pStr + nLength - 1;
// reverse the first part of the string
ReverseString(pFirstStart, pFirstEnd);
// reverse the second part of the strint
ReverseString(pSecondStart, pSecondEnd);
// reverse the whole string
ReverseString(pFirstStart, pSecondEnd);
}
}
return pStr;
}
int main()
{
char a[11]="hello July"; //2、修正，以一个数组实现存储整个字符串
char *ps=a;
LeftRotateString(ps, 6);
for(;*ps!='/0';ps++)
cout<<*ps;
cout<<endl;
ps=NULL; //代码规范
return 0;
}有两点需要注意：
1、如上注释中所述：
if(nLength >0 && n<nLength)
//nLength是整个字符串的长度，n是左边的一部分，所以应该是n<nLength。
2、主函数中一个容易犯错的问题：
int main()
{
char *ps="hello July"; //本身没错，但你不能对ps所指的字符串做任何修改。
//这句其实等价于：const char *ps = "hello July"
LeftShiftString( ps, 4 ); //而在这里，试图修改ps所指的字符串常量，所以将出现错误。
puts( ps );
return 0;
}
代码1.3：
可能你还是感觉上述代码，有点不好理解，ok，下面再给出一段c实现的代码。:然后，我们可以看到c的高效与简洁。//copyright@ yiyibupt&&July
//已测试正确，July、updated，2011.04.17.
//不要小看每一段程序，July。
#include <cstdio>
#include <cstring>
void rotate(char *start, char *end)
{
while(start != NULL && end !=NULL && start<end)
{
char temp=*start;
*start=*end;
*end=temp;
start++;
end--;
}
}
void leftrotate(char *p,int m)
{
if(p==NULL)
return ;
int len=strlen(p);
if(m>0&&m<=len)
{
char *xfirst,*xend;
char *yfirst,*yend;
xfirst=p;
xend=p+m-1;
yfirst=p+m;
yend=p+len-1;
rotate(xfirst,xend);
rotate(yfirst,yend);
rotate(p,p+len-1);
}
}
int main(void)
{
char str[]="abcdefghij";
leftrotate(str,3);
printf("%s\n",str);
return 0;
}第二节、两指针逐步翻转
2.1、引入两个指针
咱们先来看个例子，如下：abc defghi，若要让abc移动至最后
abc defghi->def abcghi->def ghiabc
则可定义俩指针，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）
图解如下：
2.2、指针翻转法的优化
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 <iostream>
#include <string>
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<<ch<<endl;
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 <iostream>
#include <string>
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<<ch<<endl;
return 0;
}注意：上文中都是假设m<n，且如果鲁棒点的话令m=m%n，这样m允许大于n。另外，各位要记得处理指针为空的情况。
还可以看下这段代码：
/*
* myinvert2.cpp
*
* Created on: 2011-5-11
* Author: BigPotato
*/
#include<iostream>
#include<string>
#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<N)的问题。
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 <iostream>
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
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，我将先介绍辗转相除法(又称欧几里得算法、gcd算法）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m<n，则要先交换m<->n。下文，会具体解释）。
用数学定理表示即为：“定理：gcd(a,b) = gcd(b,a mod b) (a>b 且a mod b 不为0)”。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<n）；
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<n，即m=119，n=544的话，那么r=m%n=119%544=119,
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，但最终执行gcd算法时，还是会把m，n的值交换过来，以保证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 functionstemplate <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;
++__first;
}
return __result;
}
由于上述stl rotate源码中，方案④ 的代码，较复杂，难以阅读，下面是对上述第④ 方案的简单改写：
//对上述方案4的改写。
//④ 所有序号为 (i+t*k) % n (i为指定整数，t为任意整数)，....
//copyright@ hplonline && July 2011.04.18。
//July、sahala、yansha，updated，2011.06.02。
void my_rotate(char *begin, char *mid, char *end)
{
int n = end - begin;
int k = mid - begin;
int d = gcd(n, k);
int i, j;
for (i = 0; i < d; i ++)
{
int tmp = begin[i];
int last = i;
//i+k为i右移k的位置，%n是当i+k>n时从左重新开始。
for (j = (i + k) % n; j != i; j = (j + k) % n) //多谢laocpp指正。
{
begin[last] = begin[j];
last = j;
}
begin[last] = tmp;
}
}
对上述程序的解释：关于第二个for循环中，j初始化为（i+k）%n，程序注释中已经说了，i+k为i右移k的位置，%n是当i+k>n时从左重新开始。为什么要这么做呢?很简单，n个数的数组不管循环左移多少位，用上述程序的方法一共需要交换n次。当i+k>=n时i+k表示的位置在数组中不存在了，所以又从左边开始的(i+k)%n是下一个交换的位置。
好比5个学生,，编号从0开始，即0 1 2 3 4，老师说报数，规则是从第一个学生开始，中间隔一个学生报数。报数的学生编号肯定是0 2 4 1 3。这里就相当于i为0，k为2，n为5；
然后老师又说，编号为0的学生出列，其他学生到在他前一个报数的学生位置上去，那么学生从0 1 2 3 4=》2 3 4 _ 1，最后老师说，编号0到剩余空位去，得到最终排位2 3 4 0 1。此时的结果，实际上就是相当于上述程序中左移k=2个位置了。而至于为什么让 编号为0 的学生 出列。实际是这句：int last = i; 因为要达到这样的效果0 1 2 3 4 => 2 3 4 0 1，那么2 3 4 必须要移到前面去。怎么样，明白了么?。
关于本题，不少网友也给出了他们的意见，具体请参见此帖子微软100题，维护地址。
第五节、总结
如nossiac所说，对于这个数组循环移位的问题，真正最靠谱的其实只有俩种：一种是上文的思路一，前后部分逆置翻转法，第二种是思路三，即stl 里的rotate算法，其它的思路或方法，都是或多或少在向这俩种方法靠拢。
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