今日は試験T2は、（誰もA私はハング）ハングアップし、問題のジョセフの種類についてのレビューを書きます。
ジョセフ問題：nは、個々の（第1〜n）は、1からCountinは、退出メートルを報告する、と人々の残りの部分はオフに1つのカウントから開始し続けます。列を順次出力数です
リファレンスを示します。
アナログは$ O（nm）を$で、その後、私が死亡しました。N、1E8に対するM。
主な原因役に立たない多くの情報を処理する、あなたのソリューションの残業場合、一般的に見られるように多くの問題を行います。
そして、情報を処理し、それらの無用アナログを見てみましょう：彼は死んだ一人一人を知っているかもしれません。しかし、タイトルは1つがそれに総ラクダ前に死亡し、これらを知る必要はありません。
その後、我々は、要件を考えることができます。各ラウンドで死亡した例勝者を知っていないと判定されました。
この問題が解決された場合、それは時間制限に沿ったものでなければなりません。
アイデアを切り替える：私たちが考えるとき、死んだように、2はその後、NO 2が存在しないとみなされるのではなく、数が2の死者2人に再割り当てに入れて検討します。これは、問題を解決するための鍵です。
その後、私はその後、私は人々の数に焦点を当てます、一人だけので、勝者の最終ラウンドで0でなければならないすべての最初の行にどのように変化するかで、この計算をつかみます。
次に、あなたが戻ってプッシュすることができ、そして毎回人々の数の対象は、層ごとに戻って。
具体的には：私は、個々の、個々のn + 1-iの残り：それは、K =（Mの％のI）-1号ダイその後、kのための個人を見つけるために、0メートルからでなければなりません。
0,1,2、...、K-1、K、...、NI：即ち
その後、我々は付け直さ、Kキルを置きます。
K + 1、...、niの、0,1,2、...、K-1
0,1、...... NIK、K、K + 1、... NI-1
ルールをRelabellingはID「=（ID-K）％のiは
その後、我々は再発に再び変更にラベルを付けることができます。
F [I] =（F [I-1] + M）％のI
書式#include <cstdioを> 使用して 名前空間はstdを、 INT [F 100000020 M、N]、。 INT メイン（） { scanf関数（" ％d個の％のD "、＆N、＆M）。 用（int型 I = 2 [I] =（F [I-F;; iが<= N I ++）は1 ] + M）％iは、 printf（" ％Dを\ n "、F [N] + 1 ）。 }