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约瑟夫环问题的优化及终极优化
约瑟夫问题大致描述: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1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。
算法1:模拟
链表维护每个人的相对位置,每次模拟报数的过程,每次踢掉一个人,求出最后被踢掉的人。
时间复杂度O(nm)
由于该算法比较暴力,就不贴呆马了
算法2:数学递推
考虑每次踢掉一个人后,问题会变成一个子问题,即(n-1)个人围一桌,从编号为上次被踢出的后一个人开始报数,数到m的人被踢掉,求出此次被踢掉的人的编号。
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;
所以这就变成了一个递推的问题:
令 f[i] 表示 i个人玩约瑟夫游戏,报到m的人被踢出,胜利的人的编号。
f[i]=(f[i-1]+m) % i; (i>1) 边界条件f[1]=0;
所以该问题可以递推解决,时间复杂度O(n)
1 var 2 n,k,i :longint; 3 f :array[0..1000050] of longint; 4 begin 5 read(n,k); 6 f[1]:=0; 7 for i:=2 to n do f[i]:=(f[i-1]+k) mod i; 8 writeln(f[n]+1); 9 end.
算法3:优化递推
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。
1 var 2 n,m :int64; 3 4 function ysf(n,m,k:int64):int64; 5 var 6 i,j,x :int64; 7 begin 8 if m=1 then 9 begin 10 if (k=1) then k:=n else k:=(k+n-1) mod n; 11 end else 12 begin 13 i:=1; 14 while i<=n do 15 begin 16 if (k+m<i) then 17 begin 18 x:=(i-k+1) div (m-1) -1; 19 if (i+x<n) then 20 begin 21 i:=i+x; 22 k:=(k+m*x); 23 end else 24 begin 25 k:=k+m*(n-i); 26 i:=n; 27 end; 28 end; 29 k:=(k+m-1) mod i+1; 30 inc(i); 31 end; 32 end; 33 exit(k); 34 end; 35 36 begin 37 read(n,m); 38 writeln(ysf(n,m,0)); 39 end.
约瑟夫环问题的优化及终极优化