前言：
其實。。本文和約瑟夫問題沒什麼關係。。題目是吸引你點進來的。
正文：約瑟夫問題
這個，大家應該都知道吧，不知道的可以看一看這個
下面是約瑟夫問題的乙個簡化版本：
有n個人圍成乙個環，依次編號為1到n，然後1，2報數，報到2的人出列，求最後出列的人的編號。
首先，我們打表找規律一下，規定j(n)表示n個人的約瑟夫問題中最後出列的人的編號。
nj(n)11
2133
4153
6577
8193
\(\cdots\)
\(\cdots\)
好像，全是奇數？
其實，在第一輪時，轉一圈後所有的偶數都出列了，剩下的當然只有奇數。
那麼我們考慮一下轉一圈後的情況：
當n為偶數時，轉一圈刪掉了n後又回到了1號，這時，原來編號為i的人的位置現在的人的編號變成了2*i-1，所以我們可以得到：
\[j(2n)=2j(n)-1
\]當n為奇數時，轉一圈刪掉了n-1後又刪掉了1號，來到了3號，這時，原來編號為i的人的位置現在的人的編號變成了2*i+1，所以我們可以得到：
\[j(2n+1)=2j(n)+1
\]綜合以上內容，我們可以得到下面的式子：
\[j(1)=1
\]\[j(2n)=2j(n)-1
\]\[j(2n+1)=2j(n)+1
\]有了這個式子，我們就可以快速計算j(n)了。但是我們還是不滿足，遞迴式算起來還是太麻煩，有沒有更好的方法呢？
我們在觀察上面的表，有沒有發現什麼呢？
1,1,3,1,3,5,7,1,3...
1,1,3,1,3,5,7,1,3,5,7,9,11,13,15,1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31,1！
好像。。按2的冪次分組，然後每乙個都是前乙個加二！
\[j(n)=2l+1 \ ,\ n=2^m+l \ , \ l\in[0,2^m)
\]可以歸納一下：
首先，1很明顯符合該性質。
現在假設前i-1符合這個性質，那麼
如果i為偶數，則：
\[j(n)=2j(\frac)-1=2(2\frac+1)-1=2l+1\ ,\ n=2^m+l \ , \ l\in[0,2^m)
\]如果i為奇數，則：
\[j(n)=2j(\frac)+1=2(2\frac+1)+1=2l+1\ ,\ n=2^m+l \ , \ l\in[0,2^m)
\]證畢。
還有什麼性質嗎？
不妨從二進位制的眼光來看一看這個問題：
\(n=(1b_\cdots b_1b_0)_2\)
\(2^m=(10\cdots 00)_2\)
\(l=(0b_\cdots b_1b_0)_2\)
\(j(n)=2l+1=(b_\cdots b_1b_01)_2\)
j(n)是n迴圈左移了一位！
約瑟夫問題講完了，還有嗎？
當然還有了，你沒看見題目嗎？
一類特殊的遞迴式
雖然我們成功的解決了約瑟夫問題的一種簡單形式，並能夠在\(o(1)\)（m確定）或\(o(loglogn)\)（m不確定）的時間複雜度內解決，但是我們還遠遠沒有滿足。不妨再來看看這個遞迴式：
\[j(1)=1
\]\[j(2*n)=2j(n)-1
\]\[j(2*n+1)=2j(n)+1
\]太特殊了，我們來看看這個：
\[f(1)=\alpha
\]\[f(2*n)=2f(n)+\beta
\]\[f(2*n+1)=2f(n)+\gamma
\]容易看出，前面的就是\(\alpha =1,\beta =-1 ,\gamma =1\)的特殊情況。怎麼辦？
當然還是打表了。
nf(n)
1\(\alpha\)
2\(2\alpha +\ \beta\)
3\(2\alpha \ \ \ \ \ \ \ \ + \gamma\)
4\(4\alpha + 3\beta\)
5\(4\alpha+2\beta+\gamma\)
6\(4\alpha+\ \beta+2\gamma\)
7\(4\alpha\ \ \ \ \ \ \ \ +3\gamma\)
8\(8\alpha+7\beta\)
9\(8\alpha+6\beta+\gamma\)
\(\cdots\)
\(\cdots\)
有了上面的經驗，這次就簡單一點了。
首先按二的冪次分組，然後大力猜結論。
我們設\(f(n)=a(n)\alpha+b(n)\beta+c(n)\gamma\)，剩下的就是求出來\(a(n),b(n),c(n)\)。
當然，我們還是可以歸納，但是在這裡，我們可以用一些更簡單的方法:
我們令\(\alpha =1,\beta=0,\gamma=0\)，那麼原遞迴式就變成了
\[f(1)=1
\]\[f(2*n)=2f(n)
\]\[f(2*n+1)=2f(n)
\]易知，\(f(n)=2^m ,n=2^m+l,l\in[0,2^m)\)
又\(f(n)=a(n)\)
所以\(a(n)=2^m\)
然後我們令\(f(n)=1\)得
\[1=\alpha
\]\[1=2*1+\beta
\]\[1=2*1+\gamma
\]解得\(\alpha=1,\beta=-1,\gamma=-1\)
所以\(f(n)=a(n)-b(n)-c(n)=1\)
令\(f(n)=n\)得
\[1=\alpha
\]\[2n=2n+\beta
\]\[2n+1=2n+\gamma
\]解得\(\alpha=1,\beta=0,\gamma=1\)
於是得到方程：\(a(n)+c(n)=n\)
所以：\[\left \\\
a(n)&=2^m\\
a(n)-b(n)-c(n)&=1\\
a(n)+c(n)&=n
\end
\right .
\]解得：
\[a(n)=2^m,b(n)=2^m-l-1,c(n)=l
\]小總結：解遞迴式時可以帶入幾個比較特殊的數或者是函式，來幫助我們計算，可以減少我們找規律然後再歸納的時間。
這樣就行了？
當然不行。
上面我們找到了關於2進製的性質，那麼現在有沒有呢？
當然有了，為什麼沒有呢。
我們設\(\beta_0=\beta,\beta_1=\gamma\)，帶到原遞迴式裡看一看吧。。
\[\begin\\
f((b_mb_\cdots b_1b_0)_2)&=2f((b_mb_\cdots b_1)_2)+\beta_\\
&=4f((b_mb_\cdots b_2)_2)+2\beta_+\beta_\\
&=\cdots\\
&=2^m\alpha+2^\beta_}+\cdots+2\beta_+\beta_
\end
\]如果2進製位裡面不止可以填01的話，那就相當於：
\[f((b_mb_\cdots b_1b_0)_2)=(\alpha\beta_}\cdots\beta_\beta_)_2
\]這樣還不夠，這並不是我們的一類遞迴式。真正的遞迴式在下面：
\[f(i)=\alpha_i ,i\in[1,c)
\]\[f(cn+i)=df(n)+\beta_i,i\in[1,c)
\]這個跟上面的是差不多的。直接扔結論：
\[f((b_mb_\cdots b_1b_0)_c)=(\alpha_\beta_}\cdots\beta_\beta_)_d
\]現在差不多了。我才不會告訴你我就會這些。
例題：有遞迴式：
\[\begin\\
f(1)&=34\\
f(2)&=5\\
f(3n)&=10f(n)+76,\\
f(3n+1)&=10f(n)-2\\
f(3n+2)&=10f(n)+8\\
\end
\]求f(17)
特殊情況下的一類約瑟夫問題
題幹資料全是隨機生成的，顯然可以暴力日過去。from oi wiki 考慮到我們每次走 k 個刪乙個，那麼在一圈以內我們可以刪掉 lfloor frac rfloor 個，然後剩下了 n lfloor frac rfloor 個人。這時我們在第 lfloor frac rfloor times k ...
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