問題描述
已知n個人（以編號1,2,3,...,n分別表示）圍坐在一張圓桌上。
指定編號為k的人開始從1報數，數到m的那個人出列；
出列那個人的下一位又從1開始報數，數到m的那個人出列；
以此規則重復下去，直到圓桌上的人全部出列
做法一：
簡單的用鏈表模擬
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int n,m,l[200],r[200],q[200],k; 4 void work() 5 { 6 int cnt=0,nw=m+k-1; 7 while(cnt<n) 8 { 9 q[++q[0]]=nw;cnt++; 10 r[l[nw]]=r[nw];l[r[nw]]=l[nw]; 11 for(int i=1;i<=m;++i) nw=r[nw]; 12 } 13 for(int i=1;i<=n;++i) cout<<q[i]<<" "; 14 } 15 int main() 16 { 17 scanf("%d%d",&n,&m);k=1; 18 for(int i=1;i<=n;++i) l[i]=i-1,r[i]=i+1; 19 l[1]=n;r[n]=1; 20 work(); 21 return 0; 22 }
顯而易見，復雜度O(n^m)
做法二：
遞推的方法
我們知道，當n個人中第一個人出列之后，就剩下了n-1個人，在剩下n-2個，n-3,……，1
當n個人圍成一圈並以m為步長第一次報數時，第m個人出列，此時就又組成了一個新的，人數為n-1的約瑟夫環，
要求n個人的約瑟夫環問題的解，就依賴於求n-1個人的約瑟夫問題的解，
要求n-2個人的約瑟夫問題的解，則依賴於求n-2個人的約瑟夫問題的解，
依次類推，直至求1個人的時候，該問題的解。
我們設f[1]為1個人時的解，顯而易見，f[1]=1;//f[i]表示i個人圍成一圈時最后一個報數的人
很顯然f[i]=(f[i-1]+m-1)%i+1;//此處m需先減1是為了讓模i的值不為0
這樣很容易求最后剩下的一個人是誰
1 for (int i = 1; i <= n; i++) 2 k = (k + m - 1) % i + 1; 3 由於求最后一個人的編號，所以沒有必要開個數組f[]
這個做法還可以優化
如果我們觀察上述算法中的變量k，他的初始值為第一個出圈人的編號，
但在循環的過程中，我們會發現它常常處在一種等差遞增的狀態，
看這個式子：k = (k + m - 1) % i + 1，可以看出，當i比較大而k+m-1比較小的時候，k就處於一種等差遞增的狀態，
這個等差遞增的過程並不是必須的，可以跳過。
我們設一中間變量x，列出如下等式：
k + m * x – 1 = i + x
解出x，令k = k + m * x，將i + x直接賦值給 i，這樣就跳過了中間共x重的循環，從而節省了等差遞增的時間開銷。
可是其中求出來的x + i可能會超過n，這樣的結果事實上已經告訴我們此時可以直接結束算法了，即：
k = k + m * (n - i) ;
i = n;
結束。
另外對於m = 1的情況可以單獨討論：
當k == 1時，最終結果就是n；
當k != 1時，最終結果就是(k + n - 1) % n。
1 int work(int n,int m,int k) 2 { 3 int x=0; 4 if(m==1) 5 { 6 if(k==1) k=n; 7 else k=(k+n-1)%n; 8 }else{ 9 for(int i=1;i<=n;++i) 10 { 11 if((k+m)<i) 12 { 13 x=(i-k+1)/(m-1)-1;//減一是之后for循環里i++會加回去
14 if(i+x<n) i=i+x,k=k+m*x; 15 else k=k+m*(n-i),i=n; 16 } 17 k=(k+m-1)%i+1; 18 } 19 } 20 return k; 21 }
該算法的算法復雜度在m<n時已經與一個圈中的人數n沒有關系了，
即使在n=2000000000，m=3，k=1的情況下，也只做了54次循環，
事實上，大多數的情況都是m<n，且m相對來說很小，此時，這個算法的復雜度僅為O(m)；
但當而m>=n時，用方程求出的值不能減少循環重數，算法復雜度仍為O(n)。
做法三：
STL優化，比如vector,
至於詳解，自己想吧，可以看我的關於vector的博客哦😀💪