【HDU4841】圆桌问题

题目链接

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4841

题解

如果真的按照题目中给定 \(n\) 的范围，暴力模拟做法是不可行的，

然而貌似数据范围没有那么大，所以可以逐圈模拟标记坏人；

另外，对于经典的约瑟夫问题，只需求出最后活下来的人的编号，

是可以用递归的方法 \(O(n)\) 解决的；

我们假设 \(f(n, m)\) 表示 \(n\) 个人依次报数报出 \(m\) 则被杀死时，

最终活下来的人的编号，为方便讨论，从 \(0\) 开始编号，

先不妨假设 \(m <= n\)，则第一轮报数，\(m - 1\) 被杀死，

\(m\) 可看成问题规模为 \(n - 1\) 时，编号为 \(0\) 的人，

那么在问题规模为 \(n\) 时最终活下来的人编号为 \(m + f(n - 1, m)\)，

此外还需取模保证答案在 \([0, n)\)；

如果 \(m > n\)，那么第一个被杀死的人编号为 \(m \% n - 1\)，

于是答案为 \(m \% n + f(n - 1, m)\)，

整理后可知，\(f(n, m) = (m + f(n - 1, m)) \% n\)；

而当 \(n = 2\) 时，若 \(m\) 为偶数则答案为 \(0\)，若 \(m\) 为奇数则答案为 \(1\)。

实际上，如果规定 \(n = 1\) 时，答案为 \(0\)（初始状态就剩下 \(0\) 一个人），

也能根据上述递归公式推出 \(n = 2\) 时的答案。

上述解法依然可以继续优化，

如果 \(m + f(n - 1, m)\) 不超过 \(n\)，则不必取模，

那么我们其实可以通过递推的做法，每次从 \(1\) 到 \(n\) 枚举问题规模，

如果不需要取模，则不必依次枚举，而是可以跳跃着增长问题规模，

具体来说，答案每次增加 \(m\)，而问题规模每次增加 \(1\)，

二者差距每次缩小 \(m - 1\)，则可计算得出每次能直接增加的问题规模大小。

AC代码

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#include <cstdio>
#include <vector>

using namespace std;

vector<int> person;

int main() {
    int n, m;
    while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
        person.clear();
        for (int i = 0; i < 2 * n; ++i) person.push_back(i);
        int pos = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            pos = (pos + m - 1) % person.size();
            person.erase(person.begin() + pos);
        }
        for (int i = 0, j = 0; i < 2 * n; ++i) {
            if (i % 50 == 0 && i) puts("");
            if (j < n && i == person[j])
                printf("G"), ++j;
            else printf("B");
        }
        puts("\n");
    }
    return 0;
}