1008. 数组元素循环右移问题 (20)

一个数组A中存有N（N>0）个整数，在不允许使用另外数组的前提下，将每个整数循环向右移M（M>=0）个位置，即将A中的数据由（A0A1……AN-1）变换为（AN-M …… AN-1 A0 A1……AN-M-1）（最后M个数循环移至最前面的M个位置）。如果需要考虑程序移动数据的次数尽量少，要如何设计移动的方法？

输入格式：每个输入包含一个测试用例，第1行输入N ( 1<=N<=100)、M（M>=0）；第2行输入N个整数，之间用空格分隔。

输出格式：在一行中输出循环右移M位以后的整数序列，之间用空格分隔，序列结尾不能有多余空格。
输入样例：

6 2
1 2 3 4 5 6

输出样例：

5 6 1 2 3 4

#include <iostream>
#include   <algorithm>
using namespace std;
int Reverse(int* a, int b, int e)
{
for(; b < e; b++, e--)
swap(a[e],a);
return 0;
}
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
int *a=new int
;
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
m %= n;
Reverse(a, 0, n-m-1);
Reverse(a, n-m,n-1);
Reverse(a, 0, n-1);
for(int i=0;i<n-1;i++)
cout<<a[i]<<" ";
cout<<a[n-1]<<endl;
return 0;
}

下面深度剖析这个题目：

第一章、左旋转字符串

作者：July，yansha、caopengcs。

时间：二零一一年四月十四日。

[b]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)。

思路一、暴力移位法

初看此题，咱们最先想到的笨方法可能就是一位一位移动，故咱们写一个函数叫做 leftshiftone(char *s,int n) 完成左移动一位的功能

void leftshiftone(char *s,int n) {

char t = s[0]; //保存第一个字符

for (int i = 1; i < n; ++i) {

s[i - 1] = s[i];

}

s[n - 1] = t;

}

如此，左移m位的话，可以如下实现：

void leftshift(char *s,int n,int m) {

while (m--) {

leftshiftone(s, n);

}

}

思路二、指针翻转法

咱们先来看个例子，如下：abc defghi，若要让abc移动至最后的过程可以是：abc defghi->def abcghi->def ghiabc

如此，我们可定义俩指针，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：





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++；

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;

}

思路三、递归转换法

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。

思路四、循环移位法
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。

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。

思路五、三步翻转法

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：

//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。

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;

}

《编程之美》中的题目要求只使用两个附加变量。王晓东编著的《算法设计与实验题解》中要求只用到O(1)的辅助空间。其它地方两本书的要求相同，都是O(n)的时间复杂度。两本书中的解法总结起来就是三种方法：（1）循环换位算法（2）三次反转算法（3）排列循环算法。这三种算法在王晓东的著作中都有实现代码。第一种算法是最原始的算法。第二种算法比较巧妙，即使用VU=reverse(reverse(U)reserve(V))，写成数学形式就是：


。

于是使用三次反转也可实现。第三种方法与数学有较大关系，以下着重解释第三种方法，借此复习一下数学。

对于第三种方法，王晓东老师在著作中介绍了一条循环置换分解定理：对于给定数组A[0..N-1]向后循环换位N-K位运算，可分解为恰好gcd(K,N-K)个循环置换，且0,...,gcd(K,N-K)-1中的每个数恰属于一个循环置换。其中gcd(x,y)表示x和y的最大公因数。

我们从头开始分析这个问题，对于数组A[0..n-1]，要将其向后循环移动k位元素。因为每个元素右移n位后又回到了原来的位置上，所以右移k位等于右移k mod n位。考虑每个元素右移k位后的最终位置，比如对于A[0]，右移k位后在k mod n位置上，原来在k mod n位置上的元素右移k位后到了2*k mod n的位置上，把如此因为A[0]的移动而受到连环影响必须移动的位置列出来，就是下面这样一个位置序列：0,k,2*k,...,(t-1)k。其中每一项都是在模n的意义下的位置。t*k mod n 的结果是0。t是使得t*k
mod n的结果为0的最小正整数。

这个位置序列实质上是模n加法群中由元素k生成的一个循环子群。由群论中的结论(该结论的证明见最后)知，循环子群(k)的周期为n / gcd(k,n)，元数为n / gcd(k,n)，其陪集个数为gcd(k,n)。换句话说，A[0..n-1]循环右移k位的结果是循环子群(k)以及它的所有陪集循环右移一位。例如，将A[0..5] = {1,2,3,4,5,6}循环右移4位，这里n = 6, k = 4, gcd(k, n) = 2。A[0]的最终位置是4,A[4]的最终位置是2,A[2]的最终位置是0，这样，位置0,4,2便是由k=4生成的循环群，周期为6
/ gcd(4,6) = 6 / 2 = 3，这样的循环子群共有gcd(4,6) = 2个。

第三种方法的完整代码如下：

[cpp] view
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// 数组的循环移位

#include <cstdio>

int gcd(int m, int n) {

int r;

while(r = m % n) {

m = n; n = r;

}

return n;

}

void shiftArray(int A[], int n, int k) {

// 因为左移的代码比右移的代码好实现的多，而右移k位

// 等价于左移-k位，-k = n - k。以下代码是通过左移-k位来实现右移k位

k = n - (k % n);

for(int i = 0, cnt = gcd(n, k); i < cnt; i++) {

int t = A[i], p = i, j = (k+i) % n;

while(j != i) {

A[p] = A[j]; p = j; j = (k + p) % n;

}

A[p] = t;

}

}

void printArray(int A[], int n) {

for(int i = 0; i < n; i++) {

printf("%-3d", A[i]);

if((i+1)%10 == 0) printf("/n");

}

}

int main() {

int A[] = {1,2,3,4,5,6, 7};

shiftArray(A, 7, 4);

printArray(A, 7);

return 0;

}

上述所用到的那个群论结论的证明：

结论：设G是一个循环群，其中一个生成元素为a，若r和n的最大公约数为d，则a^r的周期为n / d。



在模n加法群中，1是一个生成元素，任意元素k=1*k，所以任意元素k生成的循环子群(k)的周期为n / gcd(k,n)。因为gcd(k,n)=gcd(k,n-k)，所以也可以写成n / gcd(k, n-k)。