ZOJ 1088 約瑟夫問題

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//1088約瑟夫問題
//  這裡我用了簡化演算法，參考以下的說明，只是有點不同先把第一個刪掉，從第二個開始數，
//  迴圈n-1遍（因為已去掉首個），最終剩下當前的第一個結束。
#include<iostream>
using namespace std;

 

int main()
{
    int n;
    while(cin>>n && n!=0)
    {
        int i;
        int ans;
        for(i=2;i<=32767;i++)
        {
            ans=0;
            int j;
            for(j=2;j<n;j++)      // 與這個for (i=2; i<=n; i++) s=(s+m)%i;區別
                ans=(ans+i)%j;
            if(ans==0)            //相當於ans+1==1時結束
            {
                cout<<i<<endl;
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}

 

/*  網上copy的問題演算法

約瑟夫環問題的最佳化

無論是用鏈表實現還是用數組實現都有一個共同點：要類比整個遊戲過程，不僅程式寫起來比較煩，而且時間複雜度高達O(nm)，當n，m非常大(例如上百萬，上千萬)的時候，幾乎是沒有辦法在短時間內出結果的。我們注意到原問題僅僅是要求出最後的勝利者的序號，而不是要讀者類比整個過程。因此如果要追求效率，就要打破常規，實施一點數學策略。

為了討論方便，先把問題稍微改變一下，並不影響原意：

問題描述：n個人（編號0~(n-1))，從0開始報數，報到(m-1)的退出，剩下的人繼續從0開始報數。求勝利者的編號。

我們知道第一個人(編號一定是m%n-1) 出列之後，剩下的n-1個人組成了一個新的約瑟夫環（以編號為k=m%n的人開始）:
   k   k+1   k+2   ... n-2, n-1, 0, 1, 2, ... k-2
並且從k開始報0。

現在我們把他們的編號做一下轉換：
k      --> 0
k+1    --> 1
k+2    --> 2
...
...
k-2    --> n-2
k-1    --> n-1

變換後就完完全全成為了(n-1)個人報數的子問題，假如我們知道這個子問題的解：例如x是最終的勝利者，那麼根據上面這個表把這個x變回去不剛好就是n個人情況的解嗎？！！變回去的公式很簡單，相信大家都可以推出來：x'=(x+k)%n

如何知道(n-1)個人報數的問題的解？對，只要知道(n-2)個人的解就行了。(n-2)個人的解呢？當然是先求(n-3)的情況 ---- 這顯然就是一個反向推算問題！好了，思路出來了，下面寫遞推公式：

令f[i]表示i個人玩遊戲報m退出最後勝利者的編號，最後的結果自然是f[n]

遞推公式
f[1]=0;
f[i]=(f[i-1]+m)%i;   (i>1)

有了這個公式，我們要做的就是從1-n順序算出f[i]的數值，最後結果是f[n]。因為實際生活中編號總是從1開始，我們輸出f[n]+1

由於是逐級遞推，不需要儲存每個f[i]，程式也是異常簡單：

#include <stdio.h>

main()
{
   int n, m, i, s=0;
   printf ("N M = "); scanf("%d%d", &n, &m);
   for (i=2; i<=n; i++) s=(s+m)%i;
   printf ("The winner is %d\n", s+1);
}

這個演算法的時間複雜度為O(n)，相對於類比演算法已經有了很大的提高。算n，m等於一百萬，一千萬的情況不是問題了。可見，適當地運用數學策略，不僅可以讓編程變得簡單，而且往往會成倍地提高演算法執行效率。

note: m=2約瑟夫問題在Knuth的著作《具體數學》中有介紹，它採用了一種更高效的方法，可以用一個代數式來表示結果。類似的我已經推出m>2的遞推公式情形，不過還沒辦法轉換成單個代數式，而且程式實現起來可能比較麻煩，所以只好作罷。

*改進的遞推公式
(1)i<m時 f[i]=(f[i-1]+m)%i;
(2)i>=m時 令i=km+r (0<=r<m) 則 f[i]=f[km+r]=f[k(m-1)+r]-r+floor((f[k(m-1)+r]-r-1)/(m-1))

  */