题面

Description

由于众所周知的原因, 冈部一直欠真由理一串香蕉.
为了封上真由理的嘴, 冈部承诺只要真由理回答出这个问题, 就给她买一车的香蕉:
一开始有n 个人围成一个圈, 从1 开始顺时针报数, 报出m 的人被机关处决. 然后下一个人再从1 开始报数, 直到只剩下一个人.
红莉栖: “这不就是约瑟夫问题吗…”
伦太郎: “助手你给我闭嘴!”
真由理虽然已经晕头转向了, 但听到有一车的香蕉, 两眼便放出了光芒.
“那个呢, 真由氏很想要一车子的香蕉呢. 如果可以帮帮我的话, 我可以把一些香蕉分给你哟, 诶嘿嘿. 拜托你啦.”

Input

第一行一个整数T, 表示数据组数.
接下来T 行, 每行两个整数n;m.

Output

对于每组数据, 输出一行一个整数, 表示幸存者的编号.

Sample Input

5
4 6
2 8
2 9
8 8
7 9

Sample Output

3
1
2
4
7

Data Constraint

思路

这道题就是经典的约瑟夫问题。

方法一：O(Tnm)O(Tnm)O(Tnm)

这种方法就是约瑟夫问题的纯暴力解法，在这里就不赘述了，可以自行研究一下。

方法二：O(Tn)O(Tn)O(Tn)

为了方便我们研究我们把它的编号定为000 ~ n−1n-1n−1。
如果我们设第kkk个人被踢出局（编号为k−1k-1k−1），则剩下的序列为：
k,k+1,k+2…n−2,n−1…0,1,2…k,k+1,k+2…n-2,n-1…0,1,2…k,k+1,k+2…n−2,n−1…0,1,2…
将序列整体减kkk，并对负数加上nnn：
0,1,2…,n−3,n−20,1,2…,n-3,n-20,1,2…,n−3,n−2
可以得出一个n−1n-1n−1阶的约瑟夫。由此我们可以得到一个递推，即：
ansn=(ansn−1+k)(modn)ans_n=(ans_{n-1}+k)\pmod{n} ansn=(ansn−1+k)(modn)

code

#include<cstdio>
#define fre(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout)
int t,n,m;
int main()
{//  fre(mayuri);scanf("%d",&t);for(int i=1;i<=t;i++){scanf("%d%d",&n,&m);int ans=0;for(int j=1;j<=n;j++)ans=(ans+m)%j;printf("%d\n",ans+1);}
}

方法三：O(Tmlog⁡(n))O(Tm\log(n))O(Tmlog(n))

我们会发现其实在方法二中ansansans不一定大于jjj，所以没有必要每次做。
我们知道ansansans每次加mmm，而jjj每次加1，问题就转换成：

已知：ans+mans+mans+m，j+1j+1j+1
求：什么时候ans≥jans\ge jans≥j

一个简单的追及问题，t=svt=\frac svt=vs，即t=j−ansm−1t=\frac {j-ans}{m-1}t=m−1j−ans，但由于整型向下取整，所以如果不能整除总数还要加一。

code

#include<cstdio>
#define fre(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout)
int t,n,m;
int main()
{//  fre(mayuri);scanf("%d",&t);for(int i=1;i<=t;i++){scanf("%d%d",&n,&m);int ans=0,k=1,p;while(k<n){p=(k-ans)/(m-1)+((k-ans)%(m-1)!=0);if(k+p>n) p=n-k;ans+=p*m;k+=p;ans%=k;}printf("%d\n",ans+1);}
}

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Output

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code

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