具体数学 Concrete Mathematics

北京航空航天大学计算机学院 具体数学Concrete Mathematics 赵启阳 2014年10月6日星期一

1.3 约瑟夫环问题Josephus Circle

1.3 Josephus问题 • 最后的例子是一个古老问题的变型，它是以公元一世纪著名历史学家Flavius Josephs命名的。传说是Josephus的数学才干让他逃过一劫。 • 在犹太人和罗马人战争期间，Josephs等41个犹太反抗者陷入包围。他们宁死不做俘虏，决定围成一个圆圈，每次由剩下的人中的第三个自杀，直到所有人都死去为止。 • Josephus和他的1个朋友认为，自杀是愚蠢的。因此他很快地算出死亡之圈中他俩应该站的位置（当然，是两个应该最后自杀的位置，没有人监督他们是否自杀，所以……）

Josephus问题 • 我们的问题是，从编号为1到n的围成一圈的人开始，依次排除剩下的人中的第2个（注意：是从当前“指针”开始），直到仅剩1个幸存者。下面是n = 10的情况： • 排除次序是2，4，6，8，10，3，7，1，9。因此5幸存。 • 问题目标是：如何确定幸存者的号码J (n)？

Josephus问题 • 首先提出猜想：根据刚才的J(10) = 5，猜想当n是偶数时J(n) = n / 2。n = 2时猜想成立：J(2) = 1。但是对n = 4和n = 6的情况，猜想失败。 • 从上面的表看来，J(n)都是奇数，因此将其作为新的猜想：事实上第1轮筛选就排除了所有的偶数，因此猜想成立。

Josephus问题 • 另外还观察到，若n是偶数，那么在做完第1轮筛选之后，剩下的情形和最初的开始情况是非常类似的，但是人数要少一半，而且编号也有所不同。 • 假设原先有2n个人，在第1轮筛选之后，剩下的情况是 • 此时圆圈剩下了n个人：1、3、5、7、……、2n – 3、2n – 1。而且“指针”又回到了1的位置。这与最初有n个人的情形是相同的，区别仅在于编号有变化。

Josephus问题 • 编号的变化会带来什么影响? • 从编号1开始，下1个被排除的人是3，其后的筛选过程与n个人的情形一致：当前的情形：2、4、6、8、……（差为2的等差数列） n个人的情形： 3、7、11、15（差为4的等差数列）相同点：人数相同不同点：编号变为2倍减1 • 注意到，幸存者J(2n)必然从当前剩下的人中出现，因此： J(2n) = 2J(n) – 1

Josephus问题 • 最初人数为奇数的情况如何？ • 对于2n + 1个人，我们同样先做第1轮筛选：2、4、6、8、……、2n – 2、2n（注意此时“指针”指在2n + 1上）。接下来被排除的人是1，此后剩下的情况是 • 目前还剩n个人，但是编号变成2倍加1（前面是2倍减1）。同样地，我们得到 J(2n + 1) = 2J(n) + 1

Josephus问题 • 到目前为止，我们得到了两个“递归”色彩的式子： J(2n) = 2J(n) - 1 J(2n + 1) = 2J(n) + 1 • 上面涵盖了所有“偶数”和“奇数” ，即所有正整数，但还缺少boundary value，作为“递归系统”的第一推动力。 • 很简单，J(1) = 1（最后剩下1个人，不必再筛选）。这样就得到了完整的J的递归方程。

Josephus问题 这个递归方程的效率非常高，因为每次将n缩小至少1/2。例如，我们用19次就能计算出J(1000000)： • 1000000 -> 500000 ------->250000 ------> 125000 -------> 62500 • 31250 ----> 15625 ---------> 7812 ----------> 3906 • 1953 ------> 976 ------------> 488 ------------> 244 • 122 --------> 61 -------------> 30 --------------> 15 • 7 -----------> 3 ---------------> 1 最终结果：951425 但是无论从数学的完美意义，还是实际的计算效率上来考虑，最好找到闭形式解。

Josephus问题 • 我们仍然使用“猜想证明”思路来求解封闭形式解。首先根据递归方程，对较小的n建立J(n)表： • 可以发现什么规律？ 1、每隔若干个位置就从1开始 2、每次从1开始的子序列都是级差为2的等差数列 3、每个子序列的长度是递增的 Question：怎样用数量表达上面的观察结果？

Josephus问题 • 继续观察，可以看到： 1、第1子序列长度为1，此后长度为2、4、8、…… （谨慎怀疑子序列长度构成比值为2的等比数列！！） 2、如果上述怀疑成立，那么我们只要知道当前n处于第几个子序列的第几个位置，就能够从1逐渐累加得到J(n)了！！！

Josephus问题 • 继续找n和J(n)的数量关系： • 假设n之前已经有m个子序列，而n是第(m+1)个子序列的第l个位置，那么显然有 J(n) = 1 + 2(l - 1) • n与m、l之间有什么关系呢？ • n之前的整数数量为(1 + 2 + 4 + …… + 2m-1) + (l - 1)，因此有 n = (2m – 1) + l = 2m + (l – 1)

Josephus问题 • 从m和l出发，我们向两头（n和J(n)）寻找数量关系，得到 J(n) = 1 + 2(l – 1) 和 n = (2m – 1) + l = 2m + (l - 1) • 为了得到封闭形式解，我们需要先从n求出m和l，然后才能得到J(n)： • 显然，2m是不超过n的、2的最大幂，而l = n – 2m。所以我们得到了J(n)的封闭形式解的猜测结果： J(2m+l) = 2l + 1

Josephus问题 • 猜想已经完成，结论尚待证明……（纪念辛亥100周年） • 证明仍然采用归纳法：猜想是用m表达的，因此对m归纳。 • 归纳基础：当m = 0时，我们有l = 0，显然J (1) = 1成立。 • 归纳演绎：根据递归关系式的奇偶之别，归纳演绎也分成奇偶两种情形。如果m > 0而且2m+ l = 2n，那么l为偶数，因此有： J(2m + l) = 2J(2m-1 + l/2) – 1 = 2(2l/2 + l) – 1 = 2l + 1 猜想成立！！！类似可以证明奇数情形。因此猜想成立。 • 还可以注意到，这个式子能够导出 J(2n + 1) – J(2n) = 2 符合等差数列！！！

Josephus问题 对一般的人来说…… 前面的计算和分析已经够好了…… 但是， CM三人行还带来了真正让我们惊讶的部分…… 一个talented part…… 让我们看看，他们talent在何处……

Josephus问题 • 在求解过程中，2的幂起到了重要作用（我们也能看到）。所以接下来看看n和J (n)的二进制表示（不管你能不能想到，反正我是没想到）。 • 假设n的二进制展开为 n = (bmbm-1…b1b0)2 其中每个bi等于0或1，而其中的第1位bm肯定是1（为什么？）。 • 联想到前面推导中出现的n = 2m + l，我们可以得到： n = (1bm-1…b1b0)2 ，l = (0bm-1…b1b0)2 ，然后 2l = (bm-1bm-2…b00)2 ，2l + 1 = (bm-1bm-2…b01)2 ，所以 J(n) = 2l + 1 = (bm-1bm-2…b1b01)2 = (bm-1bm-2…b0bm)2

Josephus问题 • 也就是说 J(bmbm-1bm-2…b1b0)2 = (bm-1bm-2…b0bm)2 • 能看出来什么？对n循环左移1位就得到了J (n)，talented part！二进制下的封闭形式解只需要循环左移1个操作！ • 例如，对n = 100 = (1100100)2，J(n)=J((1100100)2)= (1001001)2 = 73。 • 我们请一位同学来计算一下n = 999的情形。

Josephus问题 • 如果对n连续求解m + 1次J函数，那么就是做了m + 1次的循环左移操作。因为n是（m＋1）位的数，那么能不能再“循环地”重新得到n呢？ • 看看n = 13的情形： • 首先J((1101)2)=(1011)2，然后J((1011)2)=(111)2，显然，此后(111)2一直保持不变…… • 总结一下，当n的最右端的0左移消失之后，将有J(n) = n。此时n的二进制表达全部为1。 • 事实上，由于J(n)总是小于等于n的，因此不能通过连续重复而重新得到n。

Josephus问题 • 好，让我们再看看添加什么条件能使最初的猜测成立：当n为偶数时，满足J(n)=n/2 • 假设n = 2m + l，那么我们由J(n) = n / 2，可以得到2l + 1 = (2m + l) / 2，因此有：l = (2m - 2) / 3。如果l = (2m - 2) / 3是整数，那么n = 2m + l就是解，因为l小于2m。 • 可以验证，当m是奇数时，2m - 2是3的倍数，而当m为偶数时则不是。因此方程J(n)=n/2有无限多个解： n = 2m + (2m - 2) / 3 = (2m+2 – 2) / 3 （m为奇数） • 较小的解为

Josephus问题的推广 • 回顾一下，我们在二进制的帮助下解决了J函数，为什么级差非要为2，而不是3、4呢？OK，我们来推广一下，看看怎么消除“2”的特殊性。 • 直接从递归关系式开始。换成不同的常数系数，会怎样呢？ • 原来是 J(1) = 1 J(2n) = 2J(n) - 1 J(2n + 1) = 2J(n) + 1 • 我们换成 f(1) = α f(2n) = 2f(n) + β f(2n + 1) = 2f(n) + γ

Josephus问题的推广 • 从f(1) = α开始，并根据上面的方程逐步地推导，可以构造出较小n值上的函数值表：

Josephus问题的推广 • 我们可以看到什么结果？在n = 2m + l的情形下： 1、α的系数是不大于n的最大的2的幂2m； 2、β和γ的系数都不大于2m ； 3、β的系数每次由2m -1递减直到0； 4、γ的系数每次递增直到2m - 1。 • 因此，f(n)可以表示成 f(n) = A(n) α + B(n) β + C(n) γ • 这里有 A(n) = 2m B(n) = 2m – l – 1 C(n) = l

Josephus问题的推广 • 通过归纳法可以证明上面的式子，但是计算过程比较繁杂。我们尝试选择特定值，并将这些值组合在一起，看看能不能找到简单的证明方法。 • 考虑α = 1，β = γ = 0的特殊情况，此时f(n)的值与A(n)相等，递归方程变成： A(1) = 1 A(2n) = 2A(n) A(2n + 1) = 2A(n) = A(2n) • 对上面的递归方程，我们很容易地得到： A(2m + l) = 2m

Josephus问题的推广 • 反过来考虑。如果知道函数f(n)的封闭形式解，对应的常数组合(α, β, γ)是什么？ • 例如对于常数函数f (n) = 1有： 1 = α，1 = 2l + β，1 = 2l + γ 。 • 因此(α, β, γ) = (1, –1, –1)。此时f (n) = A(n)- B(n)- C(n) = 1。 • 再看函数f (n) = n： 1 = α，2n = 2n + β，2n + 1 = 2n + γ • 因此(α, β, γ) = (1, 0, 1) 。特别是，我们不需要用归纳法证明即可知道f(n)的唯一解是f(n) = n。

Josephus问题的推广 • 回到我们在前面的问题：证明 A(n) = 2m B(n) = 2m – l – 1 C(n) = l • 现在我们已经知道函数A (n)，B (n)和C(n)满足： 1、从(α, β, γ) = (1, 0, 0) 得到：A(n) = 2m【f (n) = 2m】 2、从(α, β, γ) = (1, -1, -1)得到：A(n) – B(n) – C(n) = 1【f(n) = 1】 3、从(α, β, γ) = (1, 0, 1)得到：A(n) + C(n) = n【f(n) = n】 • 解上述方程，可以得到 C(n) = n - A(n) = l，而B(n) = A(n) - 1 - C(n)= 2m - l - 1 • 这与我们的猜想是一致的。

Josephus问题的推广 • 前面这种方法叫做repertoiremethod(庄心谷老师翻译成：包含各种组成部分的方法。我称为“清单法”，不知道对不对) • 清单法很犀利。下面理一理它的思路： • 首先观察有限个项的形式，并猜测封闭解，将其写成系数函数与常量的组合形式； • 在若干简单的常量组合上，直接求解封闭形式解（注意所选取的常量组合要使得计算尽量简单） • 由1、2得到关于系数函数的方程组，解出系数函数，并且与常量组合得到最终结果。

Josephus问题的推广 • 我们知道，原始的J函数有一个妙解，可用二进制表示为： J(bmbm-1bm-2…b1b0)2 = (bm-1bm-2…b0bm)2 • 那么，广义Josephus递归方程是否也有这种奇妙的解呢？ • 当然是有的。如果我们令β0 = β而β1 =γ，那么可以将递归方程写成： f(1) = α f(2n+ j) = 2f(n) + βj

Josephus问题的推广 • 按二进制方式展开，此递归方程变成： f((bmbm-1…b1b0)2) = 2f((bmbm-1…b1)2) + βb0 = 4f((bmbm-1…b2)2) + 2βb1+ βb0 …… = 2m f((bm)2) + 2m-1βbm-1+ … +2βb1+ βb0 = 2m α + 2m-1βbm-1+ … +2βb1+ βb0 • 接下来，放松二进制表示的限制，在每个位上允许使用任意数字，那么上面的结果可以表示成： f((bmbm-1…b1b0)2) = (αβbm-1βbm-2 …… βb1βb0)2

Josephus问题的推广 • 看起来结果很完美。但是如果换一种方式来重写小数值n上的f(n)函数表的话，可能更容易发现这种规律： f((bmbm-1…b1b0)2) = (αβbm-1βbm-2 …… βb1βb0)2

Josephus问题的推广 • 例如，当n = 100 = (1100100)2，在我们原来的Josephus参数α= 1，β = -1和γ = 1之下，可以得到 • 因为在n的表示中，每组二进制数字位 (10……00)2被转换为 (1 -1 …… -1 -1)2 = (00……01)2 这样就显示出了循环移位性质，当然，不是非常的generalized。

Josephus问题的推广 • 下面我们进一步地进行一般化。来看递归方程 f(j) = αj f(dn + j) = cf(n) + βj （j = 1……d） • 这个递归方程的形式与前面基本相同，但是是以d进制的数开始，而且产生的值采用c进制来表示。 • 也就是说，它的自变量和函数值采用不同的基数来表示： f((bmbm-1…b1b0)d) = (αbmβbm-1βbm-2 …… βb1βb0)c

Josephus问题的推广 • 例如，对于下面的递归方程，我们计算f(19) f(1) = 34 f(2) = 5 f(3n) = 10f(n) + 76 f(3n + 1) = 10f(n) - 2 f(3n + 2) = 10f(n) + 8 • 也就是说d = 3，c = 10。因为19 = (201)3，为了使用变化基数的方法，我们逐位进行从基数3到基数10的转换： • 第1位的2变成5，而0和1分别变成了76和 –2，因此结果为 f(19) = f((201)3) = (5.76.-2)10 = 1258

2nd Homework • 练习题（不必上交） 1.15、1.16 • 作业（可见课程网站，请用英文解答） Only small modifications to the Josephus problem in our textbook: Now we’d like to select the mth (m is not necessarily less than n) guy as the “lucky” one each time, instead of the 2nd. You might finish it in 2 ways also: (1) Guess the closed-form of J(n) for m = 3, 4, 5 and prove it; (2) Solve the J(n) by computer programs in C/C++ for m = 7, 11, 17 and 37, whereas n is 20110926 all the time. High performance of computational efficiency would be appreciated much. Remember, I’d like invite n guys to show their solutions to us next time.

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