ACM-ICPC Shenyang Oniste 2018 K. Let the Flames Begin（约瑟夫环 + 分块）

​​ACM-ICPC Shenyang Oniste 2018 K. Let the Flames Begin​​

题目

约瑟夫环编号 1 ~ n，问你第 m 个人死的编号。（每次数 k 个人），
1 <= n,m, k <= 1e18，（==m，k最小值小于 1e6）

分析

因为是约瑟夫环问题，复习下递推公式。（约瑟夫环问题都是用公式考虑编号从零开始，如果不是，结果 + 1 即可）

假如有 0 到 n 一共 n+1 个点，$A(n+1)$ 表示数到最后的编号，第一个出队的是 $k-1$，考虑当前删一个点的状况：相当于 n 个点的规模， 0 号点变为原来 k 号点，（即图二的编号整体移动 k。）

公式表示为：$A(n+1) = (A(n) + k) \% (n+1)$

即：$A(n) = (A(n-1) + k) \% (n)$

分析要求第 m 个的编号，根据上面的递推过程，有：

$A(n, m) = (A(n-1, m-1) + k）\% n$

这样就可以递推求解，但是题目范围 1e18，显然不现实。但是题目还给出一个条件 m 和 k 一定有一个比较小，显然要从这里入手。

当 m 较小时，直接暴力就行。

当 k 较小时，m 很大 1e18。相应的 n 很大，那么上面的公式 % n次数就很少，那么可以将好多次 +k 变成 几次 *k。这里处理一下即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define fuck(x) cout<<x<<endl
const int N = 1e3 + 10;
const int mod = 998244353;

ll t, n, m, k, ans;

int main(){
  int cas = 1;
  scanf("%lld\n", &t);
  while(t--){
    scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k);
    printf("Case #%d: ", cas++);
    if(m < k){   //  m 比较小
      ans = (k - 1) % (n - m + 1);    // 递归改递推
      for(ll i = n - m + 2; i <= n; i++){
        ans = (ans + k) % i;
      }
      printf("%lld\n", ans + 1);
    }else{
      if(k == 1){
        printf("%lld\n", m);
      }else{
        ans = (k - 1) % (n - m + 1);    // m = 1时， k - 1是第一个出去的
        for(ll i = n - m + 2, j = i; i <= n; i = j+1){
          ll tmp = (i - 1 - ans) / (k - 1); // 每次前进 k 个，就有 k-1 的间隔
          if((i - 1 - ans) % (k - 1) != 0){ // 不能整除的话，会多一
            tmp++;
          }
          if(i + tmp - 1 >= n){        // 如果大于 n ，证明剩下到 n 直接乘就行
            ans = (ans + (n - i + 1) * k) % n;
            break;
          }
          ans = (ans + tmp * k) % (i + tmp - 1);
          j = i + tmp - 1;
        }
        printf("%lld\n", ans + 1);
      }
    }
  }
}