寫(xiě)完密碼約瑟夫就想到原來(lái)看到約瑟夫問(wèn)題的一個(gè)數(shù)學(xué)解法 很巧妙很簡(jiǎn)單 不過(guò)只能推出最后一個(gè)出列的人
無(wú)論是用鏈表實(shí)現(xiàn)還是用數(shù)組實(shí)現(xiàn)都有一個(gè)共同點(diǎn)：要模擬整個(gè)游戲過(guò)程，不僅程序?qū)懫饋?lái)比較煩，而且時(shí)間復(fù)雜度高達(dá)O(nm)，當(dāng)n，m非常大(例如上百萬(wàn)，上千萬(wàn))的時(shí)候，幾乎是沒(méi)有辦法在短時(shí)間內(nèi)出結(jié)果的。我們注意到原問(wèn)題僅僅是要求出最后的勝利者的序號(hào)，而不是要讀者模擬整個(gè)過(guò)程。因此如果要追求效率，就要打破常規(guī)，實(shí)施一點(diǎn)數(shù)學(xué)策略。
為了討論方便，先把問(wèn)題稍微改變一下，并不影響原意：
問(wèn)題描述：n個(gè)人（編號(hào)0~(n-1))，從0開(kāi)始報(bào)數(shù)，報(bào)到(m-1)的退出，剩下的人繼續(xù)從0開(kāi)始報(bào)數(shù)。求勝利者的編號(hào)。
我們知道第一個(gè)人(編號(hào)一定是m%n-1) 出列之后，剩下的n-1個(gè)人組成了一個(gè)新的約瑟夫環(huán)（以編號(hào)為k=m%n的人開(kāi)始）:
k k+1 k+2 ... n-2, n-1, 0, 1, 2, ... k-2
并且從k開(kāi)始報(bào)0。
現(xiàn)在我們把他們的編號(hào)做一下轉(zhuǎn)換：
k --> 0
k+1 --> 1
k+2 --> 2
...
...
k-2 --> n-2
k-1 --> n-1
變換后就完完全全成為了(n-1)個(gè)人報(bào)數(shù)的子問(wèn)題，假如我們知道這個(gè)子問(wèn)題的解：例如x是最終的勝利者，那么根據(jù)上面這個(gè)表把這個(gè)x變回去不剛好就是n個(gè)人情況的解嗎？?。∽兓厝サ墓胶芎?jiǎn)單，相信大家都可以推出來(lái)：x'=(x+k)%n
如何知道(n-1)個(gè)人報(bào)數(shù)的問(wèn)題的解？對(duì)，只要知道(n-2)個(gè)人的解就行了。(n-2)個(gè)人的解呢？當(dāng)然是先求(n-3)的情況 ---- 這顯然就是一個(gè)倒推問(wèn)題！好了，思路出來(lái)了，下面寫(xiě)遞推公式：
令f[i]表示i個(gè)人玩游戲報(bào)m退出最后勝利者的編號(hào)，最后的結(jié)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(gè)公式，我們要做的就是從1-n順序算出f[i]的數(shù)值，最后結(jié)果是f[n]。因?yàn)閷?shí)際生活中編號(hào)總是從1開(kāi)始，我們輸出f[n]+1
由于是逐級(jí)遞推，不需要保存每個(gè)f[i]，程序也是異常簡(jiǎn)單：
#include <stdio.h>
int 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(gè)算法的時(shí)間復(fù)雜度為O(n)，相對(duì)于模擬算法已經(jīng)有了很大的提高。算n，m等于一百萬(wàn)，一千萬(wàn)的情況不是問(wèn)題了?？梢?jiàn)，適當(dāng)?shù)剡\(yùn)用數(shù)學(xué)策略，不僅可以讓編程變得簡(jiǎn)單，而且往往會(huì)成倍地提高算法執(zhí)行效率。
pku3256可以用這個(gè)函數(shù)
Floyd-Warshall
An alternative solution is to use the Floyd-Warshall transitive-closure algorith, This is an extremely simple triple-loop that yields the transitive closure - that is, a table indicating whether there is a route from each field to each other field. If you are not familiar with this algorithm, you should look it up on the Internet. It is a handy tool in contests simply because it is very compact.
構(gòu)造函數(shù)
bitset<n> b;
b有n位，每位都為0.參數(shù)n可以為一個(gè)表達(dá)式.
如bitset<5> b0;則"b0"為"00000";
bitset<n> b(unsigned long u);
b有n位,并用u賦值;如果u超過(guò)n位,則頂端被截除
如:bitset<5>b0(5);則"b0"為"00101";
bitset<n> b(string s);
b是string對(duì)象s中含有的位串的副本
string bitval ( "10011" );
bitset<5> b0 ( bitval4 );
則"b0"為"10011";
bitset<n> b(s, pos);
b是s中從位置pos開(kāi)始位的副本,前面的多余位自動(dòng)填充0;
string bitval ("01011010");
bitset<10> b0 ( bitval5, 3 );
則"b0" 為 "0000011010";
bitset<n> b(s, pos, num);
b是s中從位置pos開(kāi)始的num個(gè)位的副本,如果num<n,則前面的空位自動(dòng)填充0;
string bitval ("11110011011");
bitset<6> b0 ( bitval5, 3, 6 );
則"b0" 為 "100110";
os << b
把b中的位集輸出到os流
os >>b
輸入到b中,如"cin>>b",如果輸入的不是0或1的字符,只取該字符前面的二進(jìn)制位.
bool any( )
是否存在置為1的二進(jìn)制位？和none()相反
bool none( )
是否不存在置為1的二進(jìn)制位,即全部為0？和any()相反.
size_t count( )
二進(jìn)制位為1的個(gè)數(shù).
size_t size( )
二進(jìn)制位的個(gè)數(shù)
flip()
把所有二進(jìn)制位逐位取反
flip(size_t pos)
把在pos處的二進(jìn)制位取反
bool operator[]( size_type _Pos )
獲取在pos處的二進(jìn)制位
set()
把所有二進(jìn)制位都置為1
set(pos)
把在pos處的二進(jìn)制位置為1
reset()
把所有二進(jìn)制位都置為0
reset(pos)
把在pos處的二進(jìn)制位置為0
test(size_t pos)
在pos處的二進(jìn)制位是否為1？
unsigned long to_ulong( )
用同樣的二進(jìn)制位返回一個(gè)unsigned long值
string to_string ()
返回對(duì)應(yīng)的字符串.
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