约瑟夫问题的变种 LA3882

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题目大意：

N个数排成一圈，第一次删除m，以后每k个数删除一次，求最后一被删除的数。

如果这题用链表或者数组模拟整个过程的话，时间复杂度都将高达O(nk)，而n<=10000,k<=10000 目测会直接TLE。

那么有没有其他的方法呢?答案是有的。

我们先忽略掉m, 分析一下每k个数删除一次，那就是经典的约瑟夫问题了。

那么，将每个数（1~n）按顺序编号为0~n-1

设第一个删除的数的编号为x，则x= k %n-1 （注意是编号，真正删除的数为编号+1）

那么剩下的n-1个数可以组成一个新的约瑟夫环。

现在的编号是什么呢？显然：（令x+1=y ，就是说y= k%n）

y ,  y+1 , y+2  ...  n-1  , 0 , 1  ... y-2

把y放在第一个的目的是下一次从它开始数数。

重新开始数k个数.

你说重新?嗯。那么就可以这样重新编号：

y             -> 0

y+1            ->1

y+2            ->2

 ... 

 ... 

 y-2          -> n-2

现在就变成了n-1个数（编号从0~n-2）的约瑟夫问题了！

假设z是最后n-1个数留下的编号，那么z’是n个人留下的编号，则显然z’=（z+y）% n

如何知道n-1个的解？往下递归就好了嘛，知道n-2即可

所以,有：

ans [1]=0;

ans [n] =(ans[n-1]+k) %n;

（可能有人要问了：上面不是z’=（z+y）% n吗？现在怎么变成 k了?因为y= k%n，模运算）

然后，答案要+1 （编号->数）

那么这一题第一次是m怎么办呢？

也很简单，我们每次都移动K ，有n个数，那么答案就是ans[n]

但是第一次移动的是m，所以后面的移动都有个恒定的差距（k-m）

所以答案为：(ans[n] – (k – m) +1)% n （注意可能小于0 ，这时候要加上n）

#include<iostream>
#define Size 1000005
using namespace std;

int n,m,k;
int f[Size];

int main(){
    cin>>n>>k>>m;
    
    f[1]=0;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        f[i]=(f[i-1]+k)%i;
    }
    
    int ans=(m-k+1+f[n])%n;
    if(ans<1)ans+=n;
    cout<<ans;
    
    return 0;
} 

约瑟夫问题的变种 LA3882

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原文地址：http://www.cnblogs.com/FuTaimeng/p/5410212.html