约瑟夫问题

Posted 2020-07-07 zzuli_空山鸟语

这个问题其实还蛮有名的，它被称为约瑟夫的问题。

最直观的解法是用循环链表模拟报数、淘汰的过程，复杂度是O(NM)。

今天我们来学习两种更高效的算法，一种是递推，另一种也是递推。第一种递推的公式为：

令f[n]表示当有n个候选人时，最后当选者的编号。
f[1] = 0
f[n] = (f[n - 1] + K) mod n
		

接下来我们用数学归纳法来证明这个递推公式的正确性：

(1) f[1] = 0

显然当只有1个候选人时，该候选人就是当选者，并且他的编号为0。

(2) f[n] = (f[n - 1] + K) mod n

假设我们已经求解出了f[n - 1]，并且保证f[n - 1]的值是正确的。

现在先将n个人按照编号进行排序：

0 1 2 3 ... n-1

那么第一次被淘汰的人编号一定是K-1(假设K < n，若K > n则为(K-1) mod n)。将被选中的人标记为"#"：

0 1 2 3 ... K-2 # K K+1 K+2 ... n-1

第二轮报数时，起点为K这个候选人。并且只剩下n-1个选手。假如此时把k+1看作0‘，k+2看作1‘...

则对应有：

  0     1 2 3 ... K-2  # K  K+1 K+2 ... n-1
n-K‘              n-2‘   0‘  1‘  2‘ ... n-K-1‘

此时在0‘,1‘,...,n-2‘上再进行一次K报数的选择。而f[n-1]的值已经求得，因此我们可以直接求得当选者的编号s‘。

但是，该编号s‘是在n-1个候选人报数时的编号，并不等于n个人时的编号，所以我们还需要将s‘转换为对应的s。

通过观察，s和s‘编号相对偏移了K，又因为是在环中，因此得到s = (s‘+K) mod n。

即f[n] = (f[n-1] + k) mod n。

 

至此递推公式的两个式子我们均证明了其正确性，则对于任意给定的n，我们可以使用该递推式求得f[n]，写成伪代码为：

Josephus(N, K):
	f[1] = 0
	For i = 2 .. N
		f[i] = (f[i - 1] + K) mod i
	End For
	Return f[N]

同时由于计算f[i]时，只会用到f[i-1]，因此我们还可以将f[]的空间节约，改进后的代码为：

Josephus(N, K):
	ret = 0
	For i = 2 .. N
		ret = (ret + K) mod i
	End For
	Return ret

该算法的时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(1)。对于N不是很大的数据来说，可以解决。

要是N特别大呢？

那么我们就可以用第二种递推，解决的思路仍然和上面相同，而区别在于我们每次减少的N的规模不再是1。

同样用一个例子来说明，初始N=10,K=4:

初始序列：

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

当7号进行过报数之后：

0 1 2 - 4 5 6 - 8 9

在这里一轮报数当中，有两名候选人退出了。而对于任意一个N,K来说，退出的候选人数量为N/K("/"运算表示整除，即带余除法取商)

由于此时起点为8，则等价于：

2 3 4 - 5 6 7 - 0 1

因此我们仍然可以从f[8]的结果来推导出f[10]的结果。

但需要注意的是，此时f[10]的结果并不一定直接等于(f[8] + 8) mod 10。

若f[8]=2，对于原来的序列来说对应了0，(2+8) mod 10 = 0，是对应的；若f[8]=6，则有(6+8) mod 10 = 4，然而实际上应该对应的编号为5。

这是因为在序列(2 3 4 - 5 6 7 - 0 1)中，数字并不是连续的。

 

因此我们需要根据f[8]的值进行分类讨论。假设f[8]=s，则根据s和N mod K的大小关系有两种情况：

 

1) s < N mod K : s‘ = s - N mod K + N
2) s ≥ N mod K : s‘ = s - N mod K + (s - N mod K) / (K - 1)

此外还有一个问题，由于我们不断的在减小N的规模，最后一定会将N减少到小于K，此时N/K=0。

因此当N小于K时，就只能采用第一种递推的算法来计算了。

最后优化方法的伪代码为：

Josephus(N, K):
	If (N == 1) Then
		Return 0
	End If
	If (N < K) Then
		ret = 0
		For i = 2 .. N
			ret = (ret + K) mod i
		End For
		Return ret
	End If 
	ret = Josephus(N - N / K, K);
	If (ret < N mod K) Then 
		ret = ret - N mod K + N
	Else
		ret = ret - N mod K + (ret - N mod K) / (K - 1)
	End If
	Return ret

改进后的算法可以很快将N的规模减小到K，对于K不是很大的问题能够快速求解。