约瑟夫环

n个数字（0,1,…,n-1）形成一个圆圈，从数字0开始，每次从这个圆圈中删除第m个数字（第一个为当前数字本身，第二个为当前数字的下一个数字）。当一个数字删除后，从被删除数字的下一个继续删除第m个数字。求出在这个圆圈中剩下的最后一个数字。

很自然的想法是我们用一个数据结构来模拟这个圆圈。在常用的数据结构中，我们很容易想到用环形列表。我们可以创建一个总共有m个数字的环形列表，然后每次从这个列表中删除第m个元素。

下面我们用STL的list来模拟环形列表的结构：

int LastRemaining_Solution1(unsigned int n, unsigned int m)
{
    // invalid input
    if(n < 1 || m < 1) return -1; 

    unsigned int i = 0;

    // initiate a list with n integers (0, 1, ... n - 1)
    list<int> integers;
    for(i = 0; i < n; ++i)
        integers.push_back(i);

    list<int>::iterator curinteger = integers.begin();

    while (integers.size() > 1) {

        // find the mth integer. Note that std::list is not a circle
        // so we should handle it manually
        for(int i = 1; i < m; ++i) {
            curinteger++;
            if (curinteger == integers.end())
                curinteger = integers.begin();
        }   

        // remove the mth integer. Note that std::list is not a circle
        // so we should handle it manually
        list<int>::iterator nextinteger = ++curinteger;
        if (nextinteger == integers.end()) {
            nextinteger = integers.begin();
        }   

        integers.erase(--curinteger);
        curinteger = nextinteger;
    }   

    return *(curinteger);
}


int main()
{

    int last;
    last = LastRemaining_Solution1(100, 7); 
    cout<<"Last Remaining Number is: "<< last << endl;
}

上面的方法需要一个有n个结点的环形列表来模拟这个删除的过程，因此内存开销为O(n)。而且这种方法每删除一个数字需要m步运算，总共有n个数字，因此总的时间复杂度是O(mn)。当m和n都很大的时候，这种方法是很慢的。

接下来我们试着从数学上分析出一些规律。首先定义最初的n个数字（0,1,…,n-1）中最后剩下的数字是关于n和m的方程为f(n,m)。

在这n个数字中，第一个被删除的数字是(m-1)%n，为简单起见记为k。那么删除k之后的剩下n-1的数字为0,1,…,k-1,k+1,…,n-1，并且下一个开始计数的数字是k+1。相当于在剩下的序列中，k+1排到最前面，从而形成序列k+1,…,n-1,0,…k-1。该序列最后剩下的数字也应该是关于n和m的函数。由于这个序列的规律和前面最初的序列不一样（最初的序列是从0开始的连续序列），因此该函数不同于前面函数，记为f’(n-1,m)。最初序列最后剩下的数字f(n,m)一定是剩下序列的最后剩下数字f’(n-1,m)，所以f(n,m)=f’(n-1,m)。

接下来我们把剩下的的这n-1个数字的序列k+1,…,n-1,0,…k-1作一个映射，映射的结果是形成一个从0到n-2的序列：

k+1    ->    0
k+2    ->    1
…
n-1    ->    n-k-2
0   ->    n-k-1
…
k-1   ->   n-2

把映射定义为p，则p(x)= (x-k-1)%n，即如果映射前的数字是x，则映射后的数字是(x-k-1)%n。对应的逆映射是p^-1(x)=(x+k+1)%n。

由于映射之后的序列和最初的序列有同样的形式，都是从0开始的连续序列，因此仍然可以用函数f来表示，记为f(n-1,m)。根据我们的映射规则，映射之前的序列最后剩下的数字f’(n-1,m)= p^-1 [f(n-1,m)]=[f(n-1,m)+k+1]%n。把k=(m-1)%n代入得到f(n,m)=f’(n-1,m)=[f(n-1,m)+m]%n。

经过上面复杂的分析，我们终于找到一个递归的公式。要得到n个数字的序列的最后剩下的数字，只需要得到n-1个数字的序列的最后剩下的数字，并可以依此类推。当n=1时，也就是序列中开始只有一个数字0，那么很显然最后剩下的数字就是0。我们把这种关系表示为：

0 n=1
f(n,m)={
[f(n-1,m)+m]%n n>1

尽管得到这个公式的分析过程非常复杂，但它用递归或者循环都很容易实现。最重要的是，这是一种时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)的方法，因此无论在时间上还是空间上都优于前面的思路。

int LastRemaining_Solution2(int n, unsigned int m)
{
    // invalid input
    if(n <= 0 || m < 0)
        return -1; 

    // if there are only one integer in the circle initially,
    // of course the last remaining one is 0
    int lastinteger = 0;

    // find the last remaining one in the circle with n integers
    for (int i = 2; i <= n; i ++) 
        lastinteger = (lastinteger + m) % i;

    return lastinteger;
}