约瑟夫(Joseph)问题的解决方法

问题描述

最初Joseph问题是这样的：有n个人(分别编号1,2……n)围成一圈，这些人轮流数数(编号为1的人开始，从1开始数)，当数到m的人就会被处决。接着，后面的人继续从1开始数数，如此下去直到最后剩下来的那个人才能活命。当然Joseph先生非常聪明，他总是选择能最后剩下的那个位置站位。

用图示来阐述Joseph问题更加直观：如下图，假如有A,B……E共五个人(为了方便描述，这里用字母来对每个人编号)，m= 3(即数到3的人出去)；则第一个被处决的人是C，接着D报1，E报2，然后A报3，于是A被处决，如此进行下去，E，B又先后被处决，最后活下来的是D，因此最后输出答案就是D(或者输出其下标：3)。

解法一：模拟法

实现：

求解约瑟夫问题最直观(但非最高效)的方法就是直接模拟了。借助循环链表(或者数组模拟的循环链表)来表示约瑟夫环，然后就模拟数数过程，当数到m时就将该元素从循环链表中删除，直到循环链表中只剩一个元素为止！在这里我用数组来模拟循环链表，从而实现约瑟夫环问题的求解，代码如下：

#include"iostream"
#include"assert.h"
using namespacestd;
int Joseph_1(intN,int m)
{
assert(N>0&&m>0); //check theparameter,you can alse use if statement to instead of assert
int ret = 0;
int* Loop = new int[N];
memset(Loop,0,sizeof(int)*N);//Loop[i] =0means the people numbered i are remained
int leave = 0;        //leave record the number of executedpeople
int index = 0;
while(leave != N-1)//while N - 1 people areexecuted,then quit loop
{
int count = 0;
while(true)
{
if(Loop[index] == 0)
{
count ++;//increase thecounter,it means Loop[index] is counting!
if(count == m)
{
Loop[index] =1;//Loop[index]is executed!
break;
}
}
index = (index +1)%N;//this is thekey point of using array to simulate Loop_List
}
leave ++;  //increase the number of executed people
}
//use a loop to find which people isremained,return its subscript not index!
for(int i =0;i<N;i++)
{
if(Loop[i] ==0)
{
ret =i;
}
}
return ret;
}
int main()
{
cout<<Joseph_1(6,5)<<endl;
system("pause");
return 0;
}  

分析：

从上面的实现可以看出来，该方法的空间复杂度是O(N)，而时间复杂度至少是O(m*N)：因为有两重循环，外层循环N-1次是很明显的，内层循环至少m次！因此最小时间复杂度应该是O(N*m)！

如果不用数组来做，而是用循环链表呢？其复杂度理论上要好点，因为每execute一个人之后链表的长度就会减1，所以，内层循环的次数会逐渐减少，即使这样，总体复杂度仍然逃不脱O(N*N)。

解法二：数学公式法

实现：

上面介绍的是基于直接模拟的方法的时空复杂度都不够理想，这在m或者n非常大时效率尤其低。为此这里介绍一个数学公式法，假设N个人的约瑟夫环的问题的解是f(N)，这里特别要理解f(N)的含义：它只N个人的约瑟夫环中最终存活的人的下标，同理可得，f(N-1)是N-1个人的约瑟夫环中的最终存活的人的下标，理解f的含义对理解后面的推导有重要作用，我最初将f(N)理解成N个人的约瑟夫环中第一个被execute的人的下标了，导致我怎么也无法理解后面的推导。现在我们就来推导f(N)的函数式：

首先我们来看看从原始的约瑟夫环到第一个被execute的过程：这时，环中有N个人，从下标为0的人开始从0数数，数到m-1的人就被execute，此人的下标是(m % N)-1(不是m-1因为m很可能比N大)。

当有一个人被execute之后，剩下来的N-1个人继续进行数数(从刚被execute那个人之后的人开始重新从0开始数数)，这又是一个规模较小的约瑟夫环问题。但是，要注意，这N-1个人的下标不连续(m % N已经被execute了)并且是从m % n开始数数的。为此我们对剩下的N-1个人的下标做如下映射使得(m% N)-1的后面一个人的下标(假设为K = m % N )映射到0:

K——>0

K+1——>1

……

N-1——>(N-1)-K=(N-k)-1

0——>(N-1)-K+1 =N-k

……

K-2——>N-2

做了如上的映射之后，剩下的N-1的下标即连续又是从下标为0的人开始数数了，根据定义其解是：x’ =  f(N-1)。特别要注意的是x’是经过上面映射之后的下标，需要反变换回去才是该人的最初下标。那么如何反变换回去呢？假设x’对应的最初下标是x，则容易得到：x=( x’+k)%N；由此可得：f(N) = (f(N-1)+m%N)%N =(f(N-1)+m)%N。由此要求f(N)只需求f(N-1)，求f(N-1)只需求f(N-2),如此下去，直到求得f(1)，然而我们直到f(1)恒等于0。因此得到该问题的一般公式：

f(i) = 0;  (i=1)

f(i) = (f(i-1)+m)%i(i>1)

根据这个公式可以写出如下两个函数：其中一个是递归，另外一个是迭代：