猴王问题约瑟夫环

【Joseph问题描述】
n个人（编号0~(n-1))，从0开始报数，报到(m-1)的退出，剩下的人继续从0开始报数。求胜利者的编号。

【求解思路】
我们知道第一个人(编号一定是m%n-1) 出列之后，剩下的n-1个人组成了一个新的约瑟夫环（以编号为k=m%n的人开始）:
k k+1 k+2 ... n-2, n-1, 0, 1, 2, ... k-2
并且从k开始报0。
现在我们把他们的编号做一下转换：
k --> 0
k+1 --> 1
k+2 --> 2
...
...
k-2 --> n-2
k-1 --> n-1
变换后就完完全全成为了(n-1)个人报数的子问题，假如我们知道这个子问题的解：例如x是最终的胜利者，那么根据上面这个表把这个x变回去不刚好就是n个人情况的解吗？！！变回去的公式很简单，相信大家都可以推出来：x‘ =(x+k)%n
如何知道(n-1)个人报数的问题的解？对，只要知道(n-2)个人的解就行了。(n-2)个人的解呢？当然是先求(n-3)的情况 ---- 这显然就是一个倒推问题！好了，思路出来了，下面写递推公式：
令f[i]表示i个人玩游戏报m退出最后胜利者的编号，最后的结果自然是f[n]
f[1]=0;
f[i]=(f[i-1]+m)%i; (i>1)
有了这个公式，我们要做的就是从1-n顺序算出f[i]的数值，最后结果是f[n]。因为实际生活中编号总是从1开始，我们输出f[n]+1
由于是逐级递推，不需要保存每个f[i]，程序也是异常简单：
int main()
{
    int n, m, i, s=0;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (i=2; i <=n; i++)
        s=(s+m)%i;
    printf ("The winner is %d/n", s+1);
}

【氡马的补充】
当n个人时，退出的一定是报到m%n-1的人（有%是因为m可能大于n，经过循环才能报到m），由于所有人是一个
环，可以认为是从任何地方开始编号的，所以在m%n-1这个人之后的人可以认为编码都大于他，那么整个环的编号就是m%n-1到m%n-1+n-1（也就
是m%n-1到m%n-2，实际上一个编号是m还是m+n或者m+2n都无所谓，只要最终算出来的编号对n取模就是正确的编号了。）
那此人退出后他的下一位，也就是原来报m%n这位的编号将更新为0。相应的后面的编码都会减少m%n，所以得出公式:
f[n] - m%n = f[n-1]
变形一下公式也就是:
f[n] = (f[n-1] + m) % n

本文来自CSDN博客，转载请标明出处：http://blog.csdn.net/RadonMar/archive/2009/07/14/4346204.aspx

问题描述：已知n个人（以编号1，2，3...n分别表示）围坐在一张圆桌周围。从编号为k的人开始报数，数到m的那个人出列；他的下一个人又从1开始报数，数到m的那个人又出列；依此规律重复下去，直到圆桌周围的人全部出列，求最后一个出列人的编号。

递归的力量：优化到O(N)

在Donald E. Knuth的《具体数学》中，对m=2的情况使用了递归的解决方法，并推出了一个常数表达式，使得此种情况下，算法的复杂度为常量。同时，这种思路也可以应用于n>2 的情况，但无法得出常数表达式，推广后的递归算法具体的思路如下：

当n个人围成一圈并以m为步长第一次报数时，第m个人出列，此时就又组成了一个新的，人数
为n-1的约瑟夫环，要求n个人的约瑟夫环问题的解，就依赖于求n-1个人的约瑟夫问题的解，要求n-2个人的约瑟夫问题的解，则依赖于求n-2个人的约
瑟夫换问题的解，依次类推，直至求1个人的时候，该问题的解。

让我们回到问题的原始描述中，m是一个固定的值，即步长；n为一个圈的总人数，k为这个圈第一个报数的人的编号，显然，n在每次递归过程中会减1，而k则可以由m,n来唯一确定，这样的话，当n=1的时候，我们所确定的当前的k值，就是我们所要求的解。

那么，我们可列出如下的递归式：

P(n, m, k)=1 (i = 1)

P(n, m, k)=(P(i - 1, m, k ) + m - 1) % n + 1; (i > 1)

（此处m需先减1是为了让模n的值不为0）

这样，我们可以很轻松的将此算法具体实现。这里给出它的递推表示法以方便进下一步讨论（C言描述）：

long Josephus(long n,long m,long k){     //参数分别为：人数，出圈步长，起使报数位置,
    for (long i = 1; i <= n; i++)
        k = (k + m - 1) % i + 1; 
    return k; //返回最后一人的位置
}

显然，这个算法的复杂度仅为O(n)，相比模拟算法，有了很大的改进。

再优化：与人数无关
上面的算法相比最初的模拟算法效率已经大大提升了，那么，该算法还有改进的余地么？
事
实上，如果我们观察上述算法中的变量k，他的初始值为第一个出圈人的编号，但在循环的过程中，我们会发现它常常处在一种等差递增的状态，我来看这个式
子：k = (k + m - 1) % i +
1，可以看出，当i比较大而k+m-1比较小的时候，k就处于一种等差递增的状态，这个等差递增的过程并不是必须的，可以跳过。
我们设一中间变量x，列出如下等式：
k + m * x – 1 = i + x
解出x，令k = k + m * x，将i + x直接赋值给 i，这样就跳过了中间共x重的循环，从而节省了等差递增的时间开销。
可是其中求出来的x + i可能会超过n，这样的结果事实上已经告诉我们此时可以直接结束算法了，即：
k = k + m * (n - i) ;
i = n;
结束。
另外对于m = 1的情况可以单独讨论：
当k == 1时，最终结果就是n；
当k != 1时，最终结果就是(k + n - 1) % n。
整个算法的C语言描述如下：

long Josephus( long n, long m, long k ){ //分别为：人数，出圈步长，起使报数位置, 
    if (m == 1)
        k = k == 1 ? n : (k + n - 1) % n;
            else{
                for (long i = 1; i <= n; i++){
                    if ((k + m) < i){
                        x = (i - k + 1) / (m - 1) - 1;
                        if (i + x < n){
                            i = i + x;
                            k = (k + m * x);
                        }
                        else{
                            k = k + m * (n - i) ;
                            i = n;
                        } 
                   }
                   k = (k + m - 1) % i + 1;
               }
          }
     return k; //返回最后一人的位置
}

该算法的算法复杂度在m<n时已经与一个圈中的人数n没有关系了，即使在
n=2000000000，m=3，k=1的情况下，也只做了54次循环，事实上，大多数的情况都是m<n，且m相对来说很小，此时，这个算法的复
杂度仅为O(m)；但当而m>=n时，用方程求出的值不能减少循环重数，算法复杂度仍为O(n)。

解答约瑟夫环问题的几个方法

问题描述：约瑟夫环
 有编号从1到N的N个人坐成一圈报数，报到M的人出局，下一位再从1开始, 如此持续，直止剩下一位为止，报告此人的编号X。输入N,M，求出X。
常规的解法:用所有的元素生成一个循环链表,第一次从第一个向前走M步,将当前元素分离出链表,然后从下一个元素开始走M步,再将当前元素分离出链表,重复以上过程,直到链表中只有一个元素时即为所求.
递归的解法:

1int f(int n, int m)
2{
3  if (n > 1)
4    return (m + f(n - 1, m)) % m;
5  else
6    return 0;
7}
8

非递归的解法,很巧妙:

1int f(int n, int m)
2{
3    int i, r = 0;
4    for (i = 2; i <= n; i++)
5        r = (r + m) % i;
6    return r+1;
7}

猴王问题约瑟夫环