约瑟夫问题是信息学奥赛中的一类经典且重要的题型，在平常的测试中屡屡出现。
通常题设可抽象为：一开始有 $n $个人围成一个圈， 从 $1 $开始顺时针报数， 报出 $m $的人被踢出游戏.。然后下一个人再从$ 1 $开始报数，直到只剩下一个人。
个人在他身边，然而现在只剩他一个人。$Who$ $are$ $you$$?$ $Who$ $am$ $I$$?$ $Why$ $am$ $I$ $here$$? $走的越来越慢，人越来越少，可终于还是只剩一个了呢。他们围成一圈，随机了一个人作为$1$号，然后逆时针依次编号。$1$号开始报数，报到 $1$，他走了；然后$2$号开始报数，$2$号报了$1$，$3$ $i$的人出局。直到只剩他一个人。却早已不记得他自己是谁。
针对不同的数据范围，可以存在如下几种做法：
1. $O(nm)$
$O(nm)$的复杂度适用于$n,m$都在$30000$以内的情况，此类题型较少，例如“约瑟夫游戏”一题，$n,m<=30000$，由于随着游戏的不断进行，需要枚举的人数越少，所以复杂度实际低于$O(nm)$。算法思路：暴力模拟即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,N,M; bool v[1000100];
void wk(){
memset(v,0,sizeof(v));
scanf("%d%d",&N,&M);
int t=0,num=0,pos=1;
while(1){
if(v[pos]){
++pos;
if(pos==N+1) pos=1;
continue;
}
++num;
if(num==M){
if(t==N-1){
printf("%d\n",pos);
return;
}
v[pos]=1,++t,num=0;
}
++pos;
if(pos==N+1) pos=1;
}
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--) wk();
return 0;
}暴力模拟约瑟夫问题
2.$O(n)$
$O(n)$算法已经适用于大多数约瑟夫问题，让$n<=1e7$的数据范围可以被轻松解决，考虑以任意一人为起点，选出第$m$个人后的编号变化，设起始$id==0$，选出第$m$个人后，$id->(id+m)$，再回归到原来的圆形，设$i$表示第$i$轮游戏，那么整体的公式即为$(id+m)$%$(n-i+1)$。倒序枚举即可。也可以用$dp$方式实现，或者正序枚举，将公式改变为$(id+m)$%$(i+1)$，最后答案即为$id+1$。
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
using namespace std;
int T,n,ans,m;
inline int read(){
re int a=0,b=1; re char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
b=(ch=='-')?-1:1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
a=(a<<3)+(a<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return a*b;
}
signed main(){
T=read();
while(T--){
n=read(),m=read(),ans=0;
if(m==1){printf("%d\n",n);continue;}
for(re int i=n;i>=1;--i)
ans=(ans+m)%(n-i+1);
printf("%d\n",ans+1);
}
return 0;
}O（n）递推约瑟夫问题
3.$O(mlogn)$
毒瘤出题人缘故，针对$n<=1e9,m<=1e5$类型的数据范围，我们不得不采用特别的递推方式，通过打表可以发现，保持$m$不变，$n$每加一，答案在模$n$意义下加$m$，注意：此时的$n$是一个变化的$n$，那么可以通过对$n$的递推处理，将$O(n)$级别的枚举，转化为在答案值域区间上的选择性跳跃，从而将以$n$为基础的算法转向以$m$为基础的算法，可以处理该类毒瘤问题。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define re register
using namespace std;
int t,n,m;
inline int read(){
re int a=0,b=1; re char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
b=(ch=='-')?-1:1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
a=(a<<3)+(a<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return a*b;
}
signed main(){
t=read();
while(t--){
n=read(),m=read();
re int now=1,ans=1,nxt;
while(now<=n){
nxt=(now-ans)/(m-1);
if(now+nxt>=n){
ans=ans+(n-now)*m;
break;
}
now=now+nxt+1;
ans=(ans+(nxt+1)*m-1)%now+1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}O(mlogn) 基于值域的约瑟夫问题
4.$O(log_m^n)$
此类算法极其不常见，仅适用于$n$个人围成一圈，从$1$号开始依次报数，当报到$m$时，报$1$、$2$、…、$m-1$的人出局，下一个人接着从$1$开始报，保证$(n-1)$是$(m-1)$的倍数，最后剩的一个人获胜的情况。通过打表，可以发现，$f[m^a+m+1]=m$，其余的$f[n]$都满足$f[n][n-m+1]$，不妨$ n=m^a+(m-1)*k（m^a<n≤m^{a+1}）$，则$f[n]=k*m$。时间复杂度$O(log_m^n)$
1 #include<cstdio>
2 using namespace std;
3 long long n,m;
4 signed main(){
5 long long i;
6 scanf("%lld%lld",&n,&m);
7 for(i=1;i<n/m;i*=m);
8 printf("%lld\n",(n-i)/(m-1)*m);
9 return 0;
10 }约瑟夫问题
至此，通过不同的数据范围选择不同的算法，一般的约瑟夫问题已经可以完全解决。
$Over$
