【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