左旋转字符窜

题目描述：
定义字符串的左旋转操作：把字符串前面的若干个字符移动到字符串的尾部，如把字符串abcdef左旋转2位得到字符串cdefab。
请实现字符串左旋转的函数，要求对长度为n的字符串操作的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。 

思路一、暴力移位法

    初看此题，咱们最先想到的笨方法可能就是一位一位移动，故咱们写一个函数叫做 leftshiftone(char *s,int n) 完成左移动一位的功能

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1. void leftshiftone(char *s,int n) {    
2.     char t = s[0];    //保存第一个字符    
3.     for (int i = 1; i < n; ++i) {    
4.         s[i - 1] = s[i];    
5.     }    
6.     s[n - 1] = t;    
7. }    

如此，左移m位的话，可以如下实现：

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1. void leftshift(char *s,int n,int m) {    
2.     while (m--) {    
3.         leftshiftone(s, n);    
4.     }    
5. }    

思路二、指针翻转法

    咱们先来看个例子，如下：abc defghi，若要让abc移动至最后的过程可以是：abc defghi->def abcghi->def ghiabc

    如此，我们可定义俩指针，p1指向ch[0]，p2指向ch[m]；
一下过程循环m次，交换p1和p2所指元素，然后p1++, p2++；。

1. 第一步，交换abc 和def ，abc defghi->def abcghi
2. 第二步，交换abc 和 ghi，def abcghi->def ghiabc

    整个过程，看起来，就是abc 一步一步 向后移动

• abc defghi
• def abcghi
• def ghi abc  

  //最后的 复杂度是O（m+n）  

图解如下：

    由上述例子九个元素的序列abcdefghi，您已经看到，m=3时，p2恰好指到了数组最后一个元素，于是，上述思路没有问题。但如果上面例子中i 的后面还有元素列?

    即，如果是要左旋十个元素的序列：abcdefghij，ok，下面，就举这个例子，对abcdefghij序列进行左旋转操作：

如果abcdef ghij要变成defghij abc：
  abcdef ghij
1. def abc ghij
2. def ghi abc j      //接下来，j 步步前移
3. def ghi ab jc
4. def ghi a j bc
5. def ghi j abc 

 下面，再针对上述过程，画个图清晰说明下，如下所示：

  ok，咱们来好好彻底总结一下此思路二：（就4点，请仔细阅读）：

1、首先让p1=ch[0]，p2=ch[m]，即让p1，p2相隔m的距离；

2、判断p2+m-1是否越界，如果没有越界转到3，否则转到4（abcdefgh这8个字母的字符串，以4左旋，那么初始时p2指向e，p2+4越界了，但事实上p2至p2+m-1是m个字符，可以再做一个交换）。

3、不断交换*p1与*p2，然后p1++，p2++，循环m次，然后转到2。

4、此时p2+m-1 已经越界，在此只需处理尾巴。过程如下：

   4.1 通过n-p2得到p2与尾部之间元素个数r，即我们要前移的元素个数。

   4.2 以下过程执行r次：

       ch[p2]<->ch[p2-1]，ch[p2-1]<->ch[p2-2]，....，ch[p1+1]<->ch[p1]；p1++；p2++；

    所以，之前最初的那个左旋转九个元素abcdefghi的思路在末尾会出现问题的（如果p2后面有元素就不能这么变，例如，如果是处理十个元素，abcdefghij 列?对的，就是这个意思），解决办法有两个：

方法一（即如上述思路总结所述）：
def ghi abc jk
当p1指向a，p2指向j时，由于p2+m越界，那么此时p1，p2不要变
这里p1之后（abcjk)就是尾巴，处理尾巴只需将j,k移到abc之前，得到最终序列，代码编写如下：

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1. //copyright@July、颜沙    
2. //最终代码，July，updated again，2011.04.17。    
3. #include <iostream>    
4. #include <string>    
5. using namespace std;    
6.     
7. void rotate(string &str, int m)    
8. {    
9.         
10.     if (str.length() == 0 || m <= 0)    
11.         return;    
12.         
13.     int n = str.length();    
14.         
15.     if (m % n <= 0)    
16.         return;    
17.         
18.     int p1 = 0, p2 = m;    
19.     int k = (n - m) - n % m;    
20.         
21.     // 交换p1，p2指向的元素，然后移动p1，p2    
22.     while (k --)     
23.     {    
24.         swap(str[p1], str[p2]);    
25.         p1++;    
26.         p2++;    
27.     }    
28.         
29.     // 重点，都在下述几行。    
30.     // 处理尾部，r为尾部左移次数    
31.     int r = n - p2;    
32.     while (r--)    
33.     {    
34.         int i = p2;    
35.         while (i > p1)    
36.         {    
37.             swap(str[i], str[i-1]);    
38.             i--;    
39.         }    
40.         p2++;    
41.         p1++;    
42.     }    
43.     //比如一个例子，abcdefghijk    
44.     //                    p1    p2    
45.     //当执行到这里时，defghi a b c j k    
46.     //p2+m出界 了，    
47.     //r=n-p2=2，所以以下过程，要执行循环俩次。    
48.         
49.     //第一次：j 步步前移，abcjk->abjck->ajbck->jabck    
50.     //然后，p1++，p2++，p1指a，p2指k。    
51.     //               p1    p2    
52.     //第二次：defghi j a b c k    
53.     //同理，此后，k步步前移，abck->abkc->akbc->kabc。    
54. }    
55.     
56. int main()       
57. {       
58.     string ch="abcdefghijk";       
59.     rotate(ch,3);       
60.     cout<<ch<<endl;       
61.     return 0;          
62. }      

方法二：
def ghi abc jk
当p1指向a，p2指向j时，那么交换p1和p2，
此时为:
def ghi jbc ak

p1++，p2++,p1指向b，p2指向k，继续上面步骤得:
def ghi jkc ab

p1++，p2不动,p1指向c，p2指向b，p1和p2之间（cab)也就是尾巴，
那么处理尾巴（cab)需要循环左移一定次数（而后的具体操作步骤已在下述程序的注释中已详细给出）。

    根据方案二，不难写出下述代码（已测试正确）：

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1. #include <iostream>    
2. #include <string>    
3. using namespace std;    
4.     
5. //颜沙，思路二之方案二，    
6. //July、updated，2011.04.16。    
7. void rotate(string &str, int m)    
8. {    
9.     if (str.length() == 0 || m < 0)    
10.         return;    
11.     
12.     //初始化p1，p2    
13.     int p1 = 0, p2 = m;       
14.     int n = str.length();    
15.     
16.     // 处理m大于n    
17.     if (m % n == 0)    
18.         return;    
19.         
20.     // 循环直至p2到达字符串末尾    
21.     while(true)    
22.     {      
23.         swap(str[p1], str[p2]);    
24.         p1++;    
25.         if (p2 < n - 1)    
26.             p2++;    
27.         else    
28.             break;    
29.     }    
30.         
31.     // 处理尾部，r为尾部循环左移次数    
32.     int r = m - n % m;  // r = 1.    
33.     while (r--)  //外循环执行一次    
34.     {    
35.         int i = p1;    
36.         char temp = str[p1];    
37.         while (i < p2)  //内循环执行俩次    
38.         {    
39.             str[i] = str[i+1];    
40.             i++;    
41.         }       
42.         str[p2] = temp;    
43.     }    
44.     //举一个例子    
45.     //abcdefghijk    
46.     //当执行到这里的时候，defghiabcjk    
47.     //      p1    p2    
48.     //defghi a b c j k，a 与 j交换，jbcak，然后，p1++，p2++    
49.     //        p1    p2    
50.     //       j b c a k，b 与 k交换，jkcab，然后，p1++，p2不动，    
51.         
52.     //r = m - n % m= 3-11%3=1，即循环移位1次。    
53.     //          p1  p2    
54.     //       j k c a b    
55.     //p1所指元素c实现保存在temp里，    
56.     //然后执行此条语句：str[i] = str[i+1]; 即a跑到c的位置处，a_b    
57.     //i++，再次执行：str[i] = str[i+1]，ab_    
58.     //最后，保存好的c 填入，为abc，所以，最终序列为defghi jk abc。    
59.     //July、updated，2011.04.17晚，送走了她。    
60. }    
61.     
62. int main()    
63. {    
64.     string ch="abcdefghijk";    
65.     rotate(ch,3);    
66.     cout<<ch<<endl;    
67.     return 0;       
68. }    

注意：上文中都是假设m<n，且如果鲁棒点的话令m=m%n，这样m允许大于n。另外，各位要记得处理指针为空的情况。      

还可以看下这段代码：

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 print?

1. /*  
2.  * myinvert2.cpp  
3.  *  
4.  *  Created on: 2011-5-11  
5.  *      Author: BigPotato  
6.  */    
7. #include<iostream>    
8. #include<string>    
9. #define positiveMod(m,n) ((m) % (n) + (n)) % (n)    
10.     
11. /*  
12.  *左旋字符串str，m为负数时表示右旋abs（m）个字母  
13.  */    
14. void rotate(std::string &str, int m) {    
15.     if (str.length() == 0)    
16.         return;    
17.     int n = str.length();    
18.     //处理大于str长度及m为负数的情况,positiveMod可以取得m为负数时对n取余得到正数    
19.     m = positiveMod(m,n);    
20.     if (m == 0)    
21.         return;    
22.     //    if (m % n <= 0)    
23.     //        return;    
24.     int p1 = 0, p2 = m;    
25.     int round;    
26.     //p2当前所指和之后的m-1个字母共m个字母，就可以和p2前面的m个字母交换。    
27.     while (p2 + m - 1 < n) {    
28.         round = m;    
29.         while (round--) {    
30.             std::swap(str[p1], str[p2]);    
31.             p1++;    
32.             p2++;    
33.         }    
34.     }    
35.     //剩下的不足m个字母逐个交换    
36.     int r = n - p2;    
37.     while (r--) {    
38.         int i = p2;    
39.         while (i > p1) {    
40.             std::swap(str[i], str[i - 1]);    
41.             i--;    
42.         }    
43.         p2++;    
44.         p1++;    
45.     }    
46. }    
47.     
48. //测试    
49. int main(int argc, char **argv) {    
50.     //    std::cout << ((-15) % 7 + 7) % 7 << std::endl;    
51.     //    std::cout << (-15) % 7 << std::endl;    
52.     std::string ch = "abcdefg";    
53.     int len = ch.length();    
54.     for (int m = -2 * len; m <= len * 2; m++) {    
55.         //由于传给rotate的是string的引用，所以这里每次调用都用了一个新的字符串    
56.         std::string s = "abcdefg";    
57.         rotate(s, m);    
58.         std::cout << positiveMod(m,len) << ": " << s << std::endl;    
59.     }    
60.      
61.     return 0;    
62. }   

思路三、递归转换法

    本文最初发布时，网友留言bluesmic说：楼主，谢谢你提出的研讨主题，很有学术和实践价值。关于思路二，本人提一个建议：思路二的代码，如果用递归的思想去简化，无论代码还是逻辑都会更加简单明了。

    就是说，把一个规模为N的问题化解为规模为M(M<N)的问题。
    举例来说，设字符串总长度为L，左侧要旋转的部分长度为s1，那么当从左向右循环交换长度为s1的小段，直到最后，由于剩余的部分长度为s2(s2==L%s1)而不能直接交换。

    该问题可以递归转化成规模为s1+s2的，方向相反(从右向左)的同一个问题。随着递归的进行，左右反复回荡，直到某一次满足条件L%s1==0而交换结束。

     举例解释一下：
    设原始问题为：将“123abcdefg”左旋转为“abcdefg123”，即总长度为10，旋转部("123")长度为3的左旋转。按照思路二的运算，演变过程为“123abcdefg”->"abc123defg"->"abcdef123g"。这时，"123"无法和"g"作对调，该问题递归转化为：将“123g”右旋转为"g123"，即总长度为4，旋转部("g")长度为1的右旋转。

updated：

Ys：

Bluesmic的思路没有问题，他的思路以前很少有人提出。思路是通过递归将问题规模变小。当字符串总长度为n，左侧要旋转的部分长度为m，那么当从左向右循环交换长度为m的小段直到剩余部分为m’(n % m)，此时m’ < m，已不能直接交换了。

此后，我们换一个思路，把该问题递归转化成规模大小为m’ +m，方向相反的同一问题。随着递归的进行，直到满足结束条件n % m==0。

 

  举个具体事例说明，如下：

1、对于字符串abc def ghi gk，

将abc右移到def ghi gk后面，此时n = 11，m = 3，m’ = n % m = 2;

abc def ghi gk -> def ghi abc gk

2、问题变成gk左移到abc前面，此时n = m’ + m = 5，m = 2，m’ = n % m 1;

abc gk -> a gk bc

3、问题变成a右移到gk后面，此时n = m’ + m = 3，m = 1，m’ = n % m = 0;

a gk bc-> gk a bc。 由于此刻，n % m = 0，满足结束条件，返回结果。

 

    即从左至右，后从右至左，再从左至右，如此反反复复，直到满足条件，返回退出。

    代码如下，已测试正确（有待优化）：

[cpp] view plain copy

 print?

1. //递归，    
2. //感谢网友Bluesmic提供的思路    
3.     
4. //copyright@ yansha 2011.04.19    
5. //July，updated，2011.04.20.    
6. #include <iostream>    
7. using namespace std;    
8.     
9. void rotate(string &str, int n, int m, int head, int tail, bool flag)    
10. {    
11.     //n 待处理部分的字符串长度，m：待处理部分的旋转长度    
12.     //head：待处理部分的头指针，tail：待处理部分的尾指针    
13.     //flag = true进行左旋，flag = false进行右旋    
14.         
15.     // 返回条件    
16.     if (head == tail || m <= 0)    
17.         return;    
18.         
19.     if (flag == true)    
20.     {    
21.         int p1 = head;    
22.         int p2 = head + m;  //初始化p1，p2    
23.             
24.         //1、左旋：对于字符串abc def ghi gk，    
25.         //将abc右移到def ghi gk后面，此时n = 11，m = 3，m’ = n % m = 2;    
26.         //abc def ghi gk -> def ghi abc gk    
27.         //（相信，经过上文中那么多繁杂的叙述，此类的转换过程，你应该是了如指掌了。）    
28.             
29.         int k = (n - m) - n % m;   //p1，p2移动距离，向右移六步    
30.     
31.         /*---------------------  
32.         解释下上面的k = (n - m) - n % m的由来：  
33.         yansha：  
34.         以p2为移动的参照系：  
35.         n-m 是开始时p2到末尾的长度，n%m是尾巴长度  
36.         (n-m)-n%m就是p2移动的距离  
37.         比如 abc def efg hi  
38.         开始时p2->d,那么n-m 为def efg hi的长度8，  
39.         n%m 为尾巴hi的长度2，  
40.         因为我知道abc要移动到hi的前面，所以移动长度是  
41.         (n-m)-n%m = 8-2 = 6。  
42.         */    
43.             
44.         for (int i = 0; i < k; i++, p1++, p2++)    
45.             swap(str[p1], str[p2]);    
46.             
47.         rotate(str, n - k, n % m, p1, tail, false);  //flag标志变为false，结束左旋，下面，进入右旋    
48.     }    
49.     else    
50.     {    
51.         //2、右旋：问题变成gk左移到abc前面，此时n = m’ + m = 5，m = 2，m’ = n % m 1;    
52.         //abc gk -> a gk bc    
53.             
54.         int p1 = tail;    
55.         int p2 = tail - m;    
56.             
57.         // p1，p2移动距离，向左移俩步    
58.         int k = (n - m) - n % m;    
59.             
60.         for (int i = 0; i < k; i++, p1--, p2--)    
61.             swap(str[p1], str[p2]);    
62.             
63.         rotate(str, n - k, n % m, head, p1, true);  //再次进入上面的左旋部分，    
64.         //3、左旋：问题变成a右移到gk后面，此时n = m’ + m = 3，m = 1，m’ = n % m = 0;    
65.         //a gk bc-> gk a bc。 由于此刻，n % m = 0，满足结束条件，返回结果。    
66.     
67.     }    
68. }    
69.     
70. int main()    
71. {    
72.     int i=3;    
73.     string str = "abcdefghijk";    
74.     int len = str.length();    
75.     rotate(str, len, i % len, 0, len - 1, true);    
76.     cout << str.c_str() << endl;   //转化成字符数组的形式输出    
77.     return 0;    
78. }    

非常感谢。

    稍后，由下文，您将看到，其实上述思路二的本质即是下文将要阐述的stl rotate算法，详情，请继续往下阅读。

 

思路四、循环移位法

    下面，我将再具体深入阐述下此STL 里的rotate算法，由于stl里的rotate算法，用到了gcd的原理，下面，我将先介绍辗转相除法(又称欧几里得算法、gcd算法）的算法思路及原理。

    gcd，即辗转相除法，又称欧几里得算法，是求最大公约数的算法，即求两个正整数之最大公因子的算法。此算法作为TAOCP第一个算法被阐述，足见此算法被重视的程度。

    gcd算法：给定俩个正整数m，n（m>=n），求它们的最大公约数。（注意，一般要求m>=n，若m<n，则要先交换m<->n。下文，会具体解释）。

    用数学定理表示即为：“定理：gcd(a,b) = gcd(b,a mod b) (a>b 且a mod b 不为0)”。以下，是此算法的具体流程：
    1、[求余数]，令r=m%n，r为n除m所得余数（0<=r<n）；
    2、[余数为0?]，若r=0，算法结束，此刻，n即为所求答案，否则，继续，转到3；
    3、[重置]，置m<-n，n<-r，返回步骤1.

    此算法的证明，可参考计算机程序设计艺术第一卷：基本算法。证明，此处略。

    ok，下面，举一个例子，你可能看的更明朗点。
    比如，给定m=544，n=119，
      则余数r=m%n=544%119=68; 因r!=0，所以跳过上述步骤2，执行步骤3。；
      置m<-119，n<-68，=>r=m%n=119%68=51;
      置m<-68，n<-51，=>r=m%n=68%51=17；
      置m<-51，n<-17，=>r=m%n=51%17=0，算法结束，

    此时的n=17，即为m=544，n=119所求的俩个数的最大公约数。

    再解释下上述gcd(m，n)算法开头处的，要求m>=n 的原因：举这样一个例子，如m<n，即m=119，n=544的话，那么r=m%n=119%544=119,
    因为r!=0,所以执行上述步骤3，注意，看清楚了：m<-544，n<-119。看到了没，尽管刚开始给的m<n，但最终执行gcd算法时，还是会把m，n的值交换过来，以保证m>=n。

    ok，我想，现在，你已经彻底明白了此gcd算法，下面，咱们进入主题，stl里的rotate算法的具体实现。//待续。

    熟悉stl里的rotate算法的人知道，对长度为n的数组(ab)左移m位，可以用stl的rotate函数（stl针对三种不同的迭代器，提供了三个版本的rotate）。但在某些情况下，用stl的rotate效率极差。

    对数组循环移位，可以采用的方法有（也算是对上文思路一，和思路二的总结）：

      flyinghearts：
      ① 动态分配一个同样长度的数组，将数据复制到该数组并改变次序，再复制回原数组。（最最普通的方法）
      ② 利用ba=(br)^T(ar)^T=(arbr)^T，通过三次反转字符串。（即上述思路一，首先对序列前部分逆序，再对序列后部分逆序，再对整个序列全部逆序）
      ③ 分组交换（尽可能使数组的前面连续几个数为所要结果）：
      若a长度大于b，将ab分成a0a1b，交换a0和b，得ba1a0，只需再交换a1 和a0。
      若a长度小于b，将ab分成ab0b1，交换a和b0，得b0ab1，只需再交换a 和b0。
      通过不断将数组划分，和交换，直到不能再划分为止。分组过程与求最大公约数很相似。
      ④ 所有序号为 (j+i *m) % n (j 表示每个循环链起始位置，i 为计数变量，m表示左旋转位数，n表示字符串长度)，会构成一个循环链（共有gcd(n,m)个，gcd为n、m的最大公约数），每个循环链上的元素只要移动一个位置即可，最后整个过程总共交换了n次（每一次循环链，是交换n/gcd(n,m)次，总共gcd(n,m)个循环链。所以，总共交换n次）。

    stl的rotate的三种迭代器，即是，分别采用了后三种方法。

    在给出stl rotate的源码之前，先来看下我的朋友ys对上述第4种方法的评论：
    ys：这条思路个人认为绝妙，也正好说明了数学对算法的重要影响。

    通过前面思路的阐述，我们知道对于循环移位，最重要的是指针所指单元不能重复。例如要使abcd循环移位变成dabc(这里m=3,n=4)，经过以下一系列眼花缭乱的赋值过程就可以实现：
    ch[0]->temp, ch[3]->ch[0], ch[2]->ch[3], ch[1]->ch[2], temp->ch[1];  （*）
    字符串变化为：abcd->_bcd->dbc_->db_c->d_bc->dabc;
是不是很神奇？其实这是有规律可循的。

    请先看下面的说明再回过头来看。
 对于左旋转字符串，我们知道每个单元都需要且只需要赋值一次，什么样的序列能保证每个单元都只赋值一次呢？

      1、对于正整数m、n互为质数的情况，通过以下过程得到序列的满足上面的要求：
 for i = 0: n-1
      k = i * m % n;
 end

    举个例子来说明一下，例如对于m=3,n=4的情况，
        1、我们得到的序列：即通过上述式子求出来的k序列，是0, 3, 2, 1。
        2、然后，你只要只需按这个顺序赋值一遍就达到左旋3的目的了：
    ch[0]->temp, ch[3]->ch[0], ch[2]->ch[3], ch[1]->ch[2], temp->ch[1];   （*） 

    ok，这是不是就是按上面（*）式子的顺序所依次赋值的序列阿?哈哈，很巧妙吧。当然，以上只是特例，作为一个循环链，相当于rotate算法的一次内循环。

     2、对于正整数m、n不是互为质数的情况（因为不可能所有的m，n都是互质整数对），那么我们把它分成一个个互不影响的循环链，正如flyinghearts所言，所有序号为 (j + i * m) % n（j为0到gcd(n, m)-1之间的某一整数，i = 0:n-1）会构成一个循环链，一共有gcd(n, m)个循环链，对每个循环链分别进行一次内循环就行了。

    综合上述两种情况，可简单编写代码如下：

[cpp] view plain copy

 print?

1. //④ 所有序号为 (j+i *m) % n (j 表示每个循环链起始位置，i 为计数变量，m表示左旋转位数，n表示字符串长度)，  
2. //会构成一个循环链（共有gcd(n,m)个，gcd为n、m的最大公约数），  
3.   
4. //每个循环链上的元素只要移动一个位置即可，最后整个过程总共交换了n次  
5. //（每一次循环链，是交换n/gcd(n,m)次，共有gcd(n,m)个循环链，所以，总共交换n次）。  
6.   
7. void rotate(string &str, int m)   
8. {   
9.     int lenOfStr = str.length();   
10.     int numOfGroup = gcd(lenOfStr, m);   
11.     int elemInSub = lenOfStr / numOfGroup;    
12.       
13.     for(int j = 0; j < numOfGroup; j++)      
14.         //对应上面的文字描述，外循环次数j为循环链的个数，即gcd(n, m)个循环链  
15.     {   
16.         char tmp = str[j];   
17.   
18.         for (int i = 0; i < elemInSub - 1; i++)      
19.             //内循环次数i为，每个循环链上的元素个数，n/gcd(m,n)次  
20.             str[(j + i * m) % lenOfStr] = str[(j + (i + 1) * m) % lenOfStr];  
21.         str[(j + i * m) % lenOfStr] = tmp;   
22.     }   
23. }  

后来有网友针对上述的思路④，给出了下述的证明：
    1、首先，直观的看肯定是有循环链，关键是有几条以及每条有多长，根据(i+j *m) % n这个表达式可以推出一些东东，一个j对应一条循环链，现在要证明(i+j *m) % n有n/gcd(n,m)个不同的数。
    2、假设j和k对应的数字是相同的， 即(i+j*m)%n = (i+k*m)%n， 可以推出n|(j-k)*m，m=m’*gcd(n.m), n=n’*gcd(n,m), 可以推出n’|(j-k)*m’，而m’和n’互素，于是n’|(j-k)，即(n/gcd(n,m))|(j-k)，
    3、所以(i+j*m) % n有n/gcd(n,m)个不同的数。则总共有gcd(n，m)个循环链。符号“|”是整除的意思。
以上的3点关于为什么一共有gcd(n, m)个循环链的证明，应该是来自qq3128739xx的，非常感谢这位朋友。

由于上述stl rotate源码中，方案④ 的代码，较复杂，难以阅读，下面是对上述第④ 方案的简单改写：

[cpp] view plain copy

 print?

1. //对上述方案4的改写。    
2. //④ 所有序号为 (i+t*k) % n (i为指定整数，t为任意整数)，....    
3. //copyright@ hplonline && July 2011.04.18。    
4. //July、sahala、yansha，updated，2011.06.02。    
5. void my_rotate(char *begin, char *mid, char *end)    
6. {       
7.     int n = end - begin;       
8.     int k = mid - begin;       
9.     int d = gcd(n, k);       
10.     int i, j;       
11.     for (i = 0; i < d; i ++)       
12.     {       
13.         int tmp = begin[i];       
14.         int last = i;       
15.             
16.         //i+k为i右移k的位置，%n是当i+k>n时从左重新开始。    
17.         for (j = (i + k) % n; j != i; j = (j + k) % n)    //多谢laocpp指正。       
18.         {       
19.             begin[last] = begin[j];           
20.             last = j;       
21.         }           
22.         begin[last] = tmp;       
23.     }       
24. }     

    对上述程序的解释：关于第二个for循环中，j初始化为（i+k）%n，程序注释中已经说了，i+k为i右移k的位置，%n是当i+k>n时从左重新开始。为什么要这么做呢?很简单，n个数的数组不管循环左移多少位，用上述程序的方法一共需要交换n次。当i+k>=n时i+k表示的位置在数组中不存在了，所以又从左边开始的(i+k)%n是下一个交换的位置。

1. 好比5个学生,，编号从0开始，即0 1 2 3 4，老师说报数，规则是从第一个学生开始，中间隔一个学生报数。报数的学生编号肯定是0 2 4 1 3。这里就相当于i为0，k为2，n为5；
2. 然后老师又说，编号为0的学生出列，其他学生到在他前一个报数的学生位置上去，那么学生从0 1 2 3 4=》2 3 4 _ 1，最后老师说，编号0到剩余空位去，得到最终排位2 3 4 0 1。此时的结果，实际上就是相当于上述程序中左移k=2个位置了。而至于为什么让 编号为0 的学生 出列。实际是这句：int last = i; 因为要达到这样的效果0 1 2 3 4 => 2 3 4 0 1，那么2 3 4 必须要移到前面去。怎么样，明白了么?。

关于本题，不少网友也给出了他们的意见，具体请参见此帖子微软100题，维护地址。 

思路五、三步翻转法

    对于这个问题，咱们换一个角度，可以这么做：

将一个字符串分成两部分，X和Y两个部分，在字符串上定义反转的操作X^T，即把X的所有字符反转（如，X="abc"，那么X^T="cba"），那么我们可以得到下面的结论：(X^TY^T)^T=YX。显然我们这就可以转化为字符串的反转的问题了。

不是么?ok,就拿abcdef 这个例子来说，若要让def翻转到abc的前头，那么只要按下述3个步骤操作即可：
1、首先分为俩部分，X:abc，Y:def；
2、X->X^T，abc->cba， Y->Y^T，def->fed。
3、(X^TY^T)^T=YX，cbafed->defabc，即整个翻转。

我想，这下，你应该一目了然了。

    其次，在《编程珠玑》上也有这样一个类似的问题，它的解法同本思路一致，如下图所示：

然后，代码可以这么写：

[cpp] view plain copy

 print?

1. //Copyright@ 小桥流水 && July    
2. //c代码实现，已测试正确。    
3. //http://www.smallbridge.co.cc/2011/03/13/100%E9%A2%98    
4. //_21-%E5%B7%A6%E6%97%8B%E8%BD%AC%E5%AD%97%E7%AC%A6%E4%B8%B2.html    
5. //July、updated，2011.04.17。    
6. char * invert(char *start, char *end)    
7. {       
8.     char tmp, *ptmp = start;        
9.     while (start != NULL && end != NULL && start < end)      
10.     {       
11.         tmp = *start;       
12.         *start = *end;          
13.         *end = tmp;         
14.         start ++;       
15.         end --;     
16.     }    
17.     return ptmp;    
18. }    
19.   
20. char *left(char *s, int pos)   //pos为要旋转的字符个数，或长度，下面主函数测试中，pos=3。    
21. {    
22.     int len = strlen(s);    
23.     invert(s, s + (pos - 1));  //如上，X->X^T，即 abc->cba    
24.     invert(s + pos, s + (len - 1)); //如上，Y->Y^T，即 def->fed    
25.     invert(s, s + (len - 1));  //如上，整个翻转，(X^TY^T)^T=YX，即 cbafed->defabc。    
26.     return s;    
27. }    

完。