有關經典約瑟夫問題的四種解法

約瑟夫問題是資訊學奧賽中的一類經典且重要的題型，在平常的測試中屢屢出現。

通常題設可抽象為：一開始有 $n $個人圍成乙個圈，從 $1 $開始順時針報數，報出 $m $的人被踢出遊戲.。然後下乙個人再從$ 1 $開始報數，直到只剩下乙個人。

或者：曾經有個人在他身邊，然而現在只剩他乙個人。$who$ $are$ $you$$?$ $who$ $am$ $i$$?$ $why$ $am$ $i$ $here$$? $走的越來越慢，人越來越少，可終於還是只剩乙個了呢。他們圍成一圈，隨機了乙個人作為$1$號，然後逆時針依次編號。$1$號開始報數，報到 $1$，他走了；然後$2$號開始報數，$2$號報了$1$，$3$ 號報了$2$ ，於是$3$ 號也走了……每一輪都從上一次出局的下乙個人開始報數，第 $i$輪從$1$ 報到$i$ ，報 $i$的人出局。直到只剩他乙個人。卻早已不記得他自己是誰。

針對不同的資料範圍，可以存在如下幾種做法：

1. $o(nm)$

$o(nm)$的複雜度適用於$n,m$都在$30000$以內的情況，此類題型較少，例如「約瑟夫遊戲」一題，$n,m<=30000$，由於隨著遊戲的不斷進行，需要列舉的人數越少，所以複雜度實際低於$o(nm)$。演算法思路：暴力模擬即可。

#includeusing
namespace
std;
int t,n,m; bool v[1000100
];void
wk()
++num;
if(num==m)
v[pos]=1,++t,num=0
;        }
++pos;
if(pos==n+1) pos=1
;    }
}int
main()

暴力模擬約瑟夫問題

2.$o(n)$

$o(n)$演算法已經適用於大多數約瑟夫問題，讓$n<=1e7$的資料範圍可以被輕鬆解決，考慮以任意一人為起點，選出第$m$個人後的編號變化，設起始$id==0$，選出第$m$個人後，$id->(id+m)$，再回歸到原來的圓形，設$i$表示第$i$輪遊戲，那麼整體的公式即為$(id+m)$%$(n-i+1)$。倒序列舉即可。也可以用$dp$方式實現，或者正序列舉，將公式改變為$(id+m)$%$(i+1)$，最後答案即為$id+1$。

#include#define re register
using
namespace
std;
intt,n,ans,m;
inline 
intread()
signed main()
for(re int i=n;i>=1;--i)
ans=(ans+m)%(n-i+1
);        printf(
"%d\n
",ans+1
);    }
return0;
}

o（n）遞推約瑟夫問題

3.$o(mlogn)$

此類演算法並不常見，但由於一些毒瘤出題人緣故，針對$n<=1e9,m<=1e5$型別的資料範圍，我們不得不採用特別的遞推方式，通過打表可以發現，保持$m$不變，$n$每加一，答案在模$n$意義下加$m$，注意：此時的$n$是乙個變化的$n$，那麼可以通過對$n$的遞推處理，將$o(n)$級別的列舉，轉化為在答案值域區間上的選擇性跳躍，從而將以$n$為基礎的演算法轉向以$m$為基礎的演算法，可以處理該類毒瘤問題。

#include#define int long long
#define re register
using
namespace
std;
intt,n,m;
inline 
intread()
signed main()
now=now+nxt+1
;            ans=(ans+(nxt+1)*m-1)%now+1
;        }
printf(
"%lld\n
",ans);
}return0;
}

o(mlogn) 基於值域的約瑟夫問題

4.$o(log_m^n)$

此類演算法極其不常見，僅適用於$n$個人圍成一圈，從$1$號開始依次報數，當報到$m$時，報$1$、$2$、…、$m-1$的人出局，下乙個人接著從$1$開始報，保證$(n-1)$是$(m-1)$的倍數，最後剩的乙個人獲勝的情況。通過打表，可以發現，$f[m^a+m+1]=m$，其餘的$f[n]$都滿足$f[n][n-m+1]$，不妨$ n=m^a+(m-1)*k（m^a

1 #include2
using
namespace
std;
3long
long
n,m;
4signed main()

約瑟夫問題

至此，通過不同的資料範圍選擇不同的演算法，一般的約瑟夫問題已經可以完全解決。

$over$

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