HDU1443(约瑟夫环的应用)

来源：互联网发布：linux配置samba服务器编辑：程序博客网时间：2024/06/06 02:14

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题目描述：

Joseph

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 2209 Accepted Submission(s): 1342

Problem Description

The Joseph's problem is notoriously known. For those who are not familiar with the original problem: from among n people, numbered 1, 2, . . ., n, standing in circle every mth is going to be executed and only the life of the last remaining person will be saved. Joseph was smart enough to choose the position of the last remaining person, thus saving his life to give us the message about the incident. For example when n = 6 and m = 5 then the people will be executed in the order 5, 4, 6, 2, 3 and 1 will be saved.

Suppose that there are k good guys and k bad guys. In the circle the first k are good guys and the last k bad guys. You have to determine such minimal m that all the bad guys will be executed before the first good guy.

Input

The input file consists of separate lines containing k. The last line in the input file contains 0. You can suppose that 0 < k < 14.

Output

The output file will consist of separate lines containing m corresponding to k in the input file.

Sample Input

Sample Output

题意：

这道题是典型的约瑟夫环应用的问题。题目说的是有k个好人和k个坏蛋围坐在圆桌旁边，好人的编号是前k个，而坏蛋的编号是紧接着好人的后k个，然后就是与约瑟夫环问题相似的情况了，从1开始报数，报至m的人出列，然后从下一个人开始继续从1开始报数，并按此规律循环报数下去。而题目要求确定最小的m值，使得前k个出列的总是这k个坏蛋，即是所有坏蛋总是在好人之前出列。

解析：

对于这种确定最小值的题目，我们可以先看一下k的取值范围，0 < k < 14，咋一看，觉得k值很小，但是呢，这道题却是需要一点数学技巧的。刚开始的时候可能会没有头绪，所以我们可以从第一次报数开始一次次的分析，从而寻找出一般规律。

为了方便起见，我们设编号从0开始，这样的话报到m-1的人出列(这样做不用特判最后一个数的情况)，从而简化分析过程。

一开始的时候，所有人的按照编号顺序的序列为：

0,1,2,3...k-2,k-1...2k-2,2k-1

由于题目要求是所有坏蛋总是在好人之前出列，所以我们可以将好人圈定起来，如果出列的人在此范围之内，说明就与题意不符。

在这里，我们可以设start_num和end_num两个变量来记录好人编号的起止，所以一开始的时候可将这两数初始化为：

int start_num = 0,end_num = k-1;

而第一次出列的人的序号为(m-1)%n(n表示当前序列总人数)，为了方便，我们可以设一个变量q来记录该次出列的人的序号，即

q = (m-1)%n。当第一个人出列之后，从该人的下一个人又是按照相同的方式报数，因此呢，下一次报数的过程的编号序列为：

q+1,q+2,q+3...2k - 1,0,1,2...q-1

而由于这一过程依旧是从0开始报数，那么该过程中的编号序列中每个人报数序列依旧为：

0,1,2,3....2k-3,2k-2

那么这样的话，报数序列与编号序列对应起来：

0 ---> q +1

1 ---> q + 2

...

2k-3 ---> q - 2

2k-2 ---> q - 1

那么依旧按照上述处理过程，报数报到m-1的人出列，后面的过程也是与这两次的一模一样，所以我们在第一次记录了好人编号的起止之后，在一次出列处理之后，好人的相对编号发生了改变，但是好人与好人之间的"相对顺序“还是不变的，因此我们在第二次处理出列的时候，可以将其看成n-1阶的约瑟夫环问题，那么出列的人报的数还是(m-1)%n(n表示当前序列总人数)，但是好人的起始编号却发生了改变，如果我们要把第二次处理出列的过程看成n-1阶的约瑟夫环的问题的话，相当于把所有人的编号都减去(q+1),这样的话，大家的编号又是从0开始了，这是这时候人数减1了。

所以这时候好人起止编号更新为：

start_num = start_num - (q + 1)

end_num = end_num - (q + 1)

而q = (m-1)%n

证明：(x-a)%n = (x-a+n)%n

右边等于((x-a)%n+n%n)%n = (x-a)%n

等于左边，因此得证。

因此则有（考虑到可能最后的差小于0的情况，因此需加上总人数再取余）：

start_num = （start_num - （m%n）+ n）% n

end_num = （end_num - （m%n）+ n）% n；

而再往后继续递推，会发现其实后面报数出列的过程与前面的过程是一模一样的，这是将问题的维数降低（即总人数减少）。因此我们可以利用一个for循环，不断更新出列的人的编号，好人的起止编号即可。

完整代码实现：

#include<cstdio>#include<algorithm>bool Judge(int k,int m){    //k表示好孩子截止的序号,m表示报到的号数    int start_num = 0,end_num = k-1;    int kill_num;    for(int i = 2*k;i>k;--i){        kill_num = (m-1)%i;    //i表示当前序列人数        if(kill_num>=start_num&&kill_num<=end_num){            return false;        }        start_num = ((start_num-m)%i+i)%i;        end_num = ((end_num-m)%i+i)%i;    }    return true;}int main(){    int ans[14];    for(int i = 1;i<14;++i)        for(int j = 1;;++j){            if(Judge(i,j)){                ans[i] = j;                break;            }    }    int q;    while(scanf("%d",&q)==1&&q){        printf("%d\n",ans[q]);    }    return 0;}

约瑟夫环是经典问题，要多回顾。

如有错误，还请指正，O(∩_∩)O谢谢

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