约瑟夫斯问题

阿橋問題（有时也称为約瑟夫斯置換），是一个出现在计算机科学和数学中的问题。在计算机编程的算法中，类似问题又称为约瑟夫环。

人们站在一个等待被处决的圈子里。 计数从圆圈中的指定点开始，并沿指定方向围绕圆圈进行。 在跳过指定数量的人之后，處刑下一个人。 对剩下的人重复该过程，从下一个人开始，朝同一方向跳过相同数量的人，直到只剩下一个人，并被释放。

问题即，给定人数、起点、方向和要跳过的数字，选择初始圆圈中的位置以避免被处决。

历史

这个问题是以弗拉维奥·约瑟夫命名的，他是1世纪的一名犹太历史学家。他在自己的日记中写道，他和他的40个战友被罗马军队包围在洞中。他们讨论是自杀还是被俘，最终决定自杀，并以抽签的方式决定谁杀掉谁。约瑟夫斯和另外一个人是最后两个留下的人。约瑟夫斯说服了那个人，他们将向罗马军队投降，不再自杀。约瑟夫斯把他的存活归因于运气或天意，他不知道是哪一个。

解法

比较简单的做法是用循环单链表模拟整个过程，时间复杂度是O(n*m)。如果只是想求得最后剩下的人，则可以用数学推导的方式得出公式。且先看看模拟过程的解法。

Python版本

# -*- coding: utf-8 -*- 
class Node(object):
	def __init__(self, value):
		self.value = value 
		self.next = None

def create_linkList(n):
	head = Node(1)
	pre = head
	for i in range(2, n+1):
		newNode = Node(i)
		pre.next= newNode
		pre = newNode
	pre.next = head
	return head

n = 5 #總的個數
m = 2 #數的數目
if m == 1: #如果是1的话，特殊處理，直接輸出
	print (n)  
else:
	head = create_linkList(n)
	pre = None
	cur = head
	while cur.next != cur: #终止條件是節點的下一个節點指向本身
		for i in range(m-1):
			pre =  cur
			cur = cur.next
		print (cur.value)
		pre.next = cur.next
		cur.next = None
		cur = pre.next
	print (cur.value)

C++版本

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>

using namespace std;

typedef struct _LinkNode {
	int value;
	struct _LinkNode* next;
} LinkNode, *LinkNodePtr;

LinkNodePtr createCycle(int total) {
	int index = 1;
	LinkNodePtr head = NULL, curr = NULL, prev = NULL;
	head = (LinkNodePtr) malloc(sizeof(LinkNode));
	head->value = index;
	prev = head;

	while (--total > 0) {
		curr = (LinkNodePtr) malloc(sizeof(LinkNode));
		curr->value = ++index;
		prev->next = curr;
		prev = curr;
	}
	curr->next = head;
	return head;
}

void run(int total, int tag) {
	LinkNodePtr node = createCycle(total);
	LinkNodePtr prev = NULL;
	int start = 1;
	int index = start;
	while (node && node->next) {
		if (index == tag) {
			printf("%d\n", node->value);
			if (tag == start) {
				prev = node->next;
				node->next = NULL;
				node = prev;
			} else {
				prev->next = node->next;
				node->next = NULL;
				node = prev->next;
			}
			index = start;
		} else {
			prev = node;
			node = node->next;
			index++;
		}
	}
}

int main() {
        if (argc < 3) return -1;
	run(atoi(argv[1]), atoi(argv[2]));
	return 0;
}

数学推导解法

我们将明确解出$k=2$时的问题。对于$k\neq 2$的情况，我们在下面给出一个一般的解法。

设$f(n)$为一开始有$n$个人时，生还者的位置(注意：最终的生还者只有一个)。走了一圈以后，所有偶数号码的人被杀。再走第二圈，则新的第二、第四、……个人被杀，等等；就像没有第一圈一样。如果一开始有偶数个人，则第二圈时位置为$x$的人一开始在第$2x-1$个位置。因此位置为$f(2n)$的人开始时的位置为$2f(n)-1$。这便给出了以下的递推公式：

$f(2n)=2f(n)-1.\,$

如果一开始有奇数个人，则走了一圈以后，最终是号码为1的人被杀。于是同样地，再走第二圈时，新的第二、第四、……个人被杀，等等。在这种情况下，位置为$x$的人原先位置为$2x+1$。这便给出了以下的递推公式：

$f(2n+1)=2f(n)+1.\,$

如果我们把$n$和$f(n)$的值列成表，我们可以看出一个规律：

$n$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16
$f(n)$	1	1	3	1	3	5	7	1	3	5	7	9	11	13	15	1

从中可以看出，$f(n)$是一个递增的奇数数列，每当n是2的幂时，便重新从$f(n)=1$开始。因此，如果我们选择m和l，使得$n=2^{m}+l$且$0\leq l<2^{m}$，那么$f(n)=2\cdot l+1$。注意：2^m是不超过n的最大幂，l是留下的量。显然，表格中的值满足这个方程。我们用数学归纳法给出一个证明。

定理：如果$n=2^{m}+l$且$0\leq l<2^{m}$，则$f(n)=2l+1$。

证明：对$n$应用数学归纳法。$n=1$的情况显然成立。我们分别考虑$n$是偶数和$n$是奇数的情况。

如果$n$是偶数，则我们选择$l_{1}$和$m_{1}$，使得$n/2=2^{m_{1}}+l_{1}$，且$0\leq l_{1}<2^{m_{1}}$。注意$l_{1}=l/2$。我们有$f(n)=2f(n/2)-1=2((2l_{1})+1)-1=2l+1$，其中第二个等式从归纳假设推出。

如果$n$是奇数，则我们选择$l_{1}$和$m_{1}$，使得$(n-1)/2=2^{m_{1}}+l_{1}$，且$0\leq l_{1}<2^{m_{1}}$。注意$l_{1}=(l-1)/2$。我们有$f(n)=2f((n-1)/2)+1=2((2l_{1})+1)+1=2l+1$，其中第二个等式从归纳假设推出。证毕。

答案的最漂亮的形式，与$n$的二进制表示有关：把$n$的第一位移动到最后，便得到$f(n)$。如果$n$的二进制表示为$n=b_{0}b_{1}b_{2}b_{3}\dots b_{m}$，则$f(n)=b_{1}b_{2}b_{3}\dots b_{m}b_{0}$。这可以通过把$n$表示为$2^{m}+l$来证明。

一般情况下，考虑生还者的号码从$n-1$到$n$的变化, 我们可以得到以下的递推公式(编号从0开始)：

$f(n,k)=(f(n-1,k)+k){\bmod {n}}$，$f(1,k)=0$

这种方法的运行时间是$O(n)$。

程序實現（C++）

#include <iostream>
using namespace std;
//編號從0開始，也就是說如果編號從1開始結果要加1
int josephus(int n, int k) { //非遞回版本
	int s = 0;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
		s = (s + k) % i;
	return s;
}
int josephus_recursion(int n, int k) { //遞回版本
	return n > 1 ? (josephus_recursion(n - 1, k) + k) % n : 0;
}
int main() {
	for (int i = 1; i <= 100; i++)
		cout << i << ' ' << josephus(i, 5) << ' ' << josephus_recursion(i, 5) << endl;
	return 0;
}

对于$k<n$，可以将上述方法推广，将杀掉第k、2k、……、$\lfloor n/k\rfloor$个人视为一个步骤，然后把号码改变，可得如下递推公式, 运行时间为$O(k\log n)$。

$f(n,k)={\begin{cases}0&{\text{if }}n=1\\(f(n-1,k)+k){\bmod {n}}&{\text{if }}1<n<k\\\left\lfloor {\frac {k((f(n',k)-n{\bmod {k}}){\bmod {n}}')}{k-1}}\right\rfloor {\text{where }}n'=n-\left\lfloor {\frac {n}{k}}\right\rfloor &{\text{if }}k\leq n\\\end{cases}}$

程序實現（C++）

#include <cstdio>
using namespace std;
//編號從1開始，結果要加1
int josephus(int n, int k) { 
	if (k == 1) return n - 1;
	int ans = 0;
	for (int i = 2; i <= n; ) {
		if (ans + k >= i) {
			ans = (ans + k) % i;
			i++;
			continue;
		}
		int step = (i - 1 - ans - 1) / (k - 1); //向下取整
		if (i + step > n) {
			ans += (n - (i - 1)) * k;
			break;
		}
		i += step;
		ans += step * k;
	}
	return ans;
}

int main() {
    int n, k;
	while (scanf("%d%d", &n, &k) == 2)
		printf("%d\n", josephus(n, k) % n + 1);
	return 0;
}

参考文献

• Thomas H. Cormen, Charles E. Leiserson, Ronald L. Rivest, and Clifford Stein. Introduction to Algorithms, Second Edition. MIT Press and McGraw-Hill, 2001. ISBN 0-262-03293-7. Chapter 14: Augmenting Data Structures, pp.318.

外部链接

• cut-the-knot上的约瑟夫斯游戏 （页面存档备份，存于互联网档案馆）（Java Applet）
• 埃里克·韦斯坦因. 约瑟夫斯问题. MathWorld.