面试算法：格子取数问题，完美洗牌算法

问题导读
1.格子取数问题的思路是什么？
2.完美洗牌算法两种解决方案分别是什么？




格子取数问题   
题目详情：有n*n个格子，每个格子里有正数或者0，从最左上角往最右下角走，只能向下和向右，一共走两次（即从左上角走到右下角走两趟），把所有经过的格子的数加起来，求最大值SUM，且两次如果经过同一个格子，则最后总和SUM中该格子的计数只加一次。

    题目分析：此题是去年2013年搜狗的校招笔试题。初看到此题，因为要让两次走下来的路径总和最大，读者可能最初想到的思路可能是让每一次的路径都是最优的，即不顾全局，只看局部，让第一次和第二次的路径都是最优。
    但问题马上就来了，虽然这一算法保证了连续的两次走法都是最优的，但却不能保证总体最优，相应的反例也不难给出，请看下图：

    上图中，图一是原始图，那么我们有以下两种走法可供我们选择：

• 如果按照上面的局部贪优走法，那么第一次势必会如图二那样走，导致的结果是第二次要么取到2，要么取到3，
• 但若不按照上面的局部贪优走法，那么第一次可以如图三那样走，从而第二次走的时候能取到2 4 4，很显然，这种走法求得的最终SUM值更大；
  

    为了便于读者理解，我把上面的走法在图二中标记出来，而把应该正确的走法在上图三中标示出来，如下图所示：

    也就是说，上面图二中的走法太追求每一次最优，所以第一次最优，导致第二次将是很差；而图三第一次虽然不是最优，但保证了第二次不差，所以图三的结果优于图二。由此可知不要只顾局部而贪图一时最优，而丧失了全局最优。

解法一、直接搜索   

局部贪优不行，我们可以考虑穷举，但最终将导致复杂度过高，所以咱们得另寻良策。
    @西芹_new，针对此题，可以使用直接搜索法，一共搜（2n-2）步，每一步有四种走法，考虑不相交等条件可以剪去很多枝，代码如下：

//copyright@西芹_new 2013  
#include "stdafx.h"    
#include <iostream>    
using namespace std;    
    
#define N 5    
int map[5][5]={    
    {2,0,8,0,2},    
    {0,0,0,0,0},    
    {0,3,2,0,0},    
    {0,0,0,0,0},    
    {2,0,8,0,2}};    
int sumMax=0;    
int p1x=0;    
int p1y=0;    
int p2x=0;    
int p2y=0;    
int curMax=0;    
    
void dfs( int index){    
    if( index == 2*N-2){    
        if( curMax>sumMax)    
            sumMax = curMax;    
        return;    
    }    
    
    if( !(p1x==0 && p1y==0) && !(p2x==N-1 && p2y==N-1))    
    {    
        if( p1x>= p2x && p1y >= p2y )    
            return;    
    }    
    
    //right right    
    if( p1x+1<N && p2x+1<N ){    
        p1x++;p2x++;    
        int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];    
        curMax += sum;    
        dfs(index+1);    
        curMax -= sum;    
        p1x--;p2x--;    
    }    
    
    //down down    
    if( p1y+1<N && p2y+1<N ){    
        p1y++;p2y++;    
        int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];    
        curMax += sum;    
        dfs(index+1);    
        curMax -= sum;    
        p1y--;p2y--;    
    }    
    
    //rd    
    if( p1x+1<N && p2y+1<N ) {    
        p1x++;p2y++;    
        int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];    
        curMax += sum;    
        dfs(index+1);    
        curMax -= sum;    
        p1x--;p2y--;    
    }    
    
    //dr    
    if( p1y+1<N && p2x+1<N ) {    
        p1y++;p2x++;    
        int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];    
        curMax += sum;    
        dfs(index+1);    
        curMax -= sum;    
        p1y--;p2x--;    
    }    
}    
    
int _tmain(int argc, _TCHAR* argv[])    
{    
    curMax = map[0][0];    
    dfs(0);    
    cout <<sumMax-map[N-1][N-1]<<endl;    
    return 0;    
}    
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解法二、动态规划   
上述解法一的搜索解法是的时间复杂度是指数型的，如果是只走一次的话，是经典的dp。
2.1、DP思路详解    故正如@绿色夹克衫所说：此题也可以用动态规划求解，主要思路就是同时DP 2次所走的状态。

    1、先来分析一下这个问题，为了方便讨论，先对矩阵做一个编号，且以5*5的矩阵为例（给这个矩阵起个名字叫M1）：

M1
0  1  2  3  4
1  2  3  4  5
2  3  4  5  6
3  4  5  6  7
4  5  6  7  8
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  从左上(0)走到右下(8)共需要走8步（2*5-2）。我们设所走的步数为s。因为限定了只能向右和向下走，因此无论如何走，经过8步后（s = 8)都将走到右下。而DP的状态也是依据所走的步数来记录的。
  再来分析一下经过其他s步后所处的位置，根据上面的讨论，可以知道：

• 经过8步后，一定处于右下角(8)；
• 那么经过5步后(s = 5)，肯定会处于编号为5的位置；
• 3步后肯定处于编号为3的位置；
• s = 4的时候，处于编号为4的位置，此时对于方格中，共有5（相当于n）个不同的位置，也是所有编号中最多的。
  

  故推广来说，对于n*n的方格，总共需要走2n - 2步，且当s = n - 1时，编号为n个，也是编号数最多的。
  如果用DP[s,i,j]来记录2次所走的状态获得的最大值，其中s表示走s步，i和j分别表示在s步后第1趟走的位置和第2趟走的位置。

  2、为了方便描述，再对矩阵做一个编号（给这个矩阵起个名字叫M2）：

M2
0  0  0  0  0
1  1  1  1  1
2  2  2  2 2
3  3  3  3  3
4  4  4  4  4
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    把之前定的M1矩阵也再贴下：

M1 
0  1  2  3  4
1  2  3  4  5
2  3  4  5  6
3  4  5  6  7
4  5  6  7  8
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  我们先看M1，在经过6步后，肯定处于M1中编号为6的位置。而M1中共有3个编号为6的，它们分别对应M2中的2 3 4。故对于M2来说，假设第1次经过6步走到了M2中的2，第2次经过6步走到了M2中的4，DP[s,i,j] 则对应 DP[6,2,4]。由于s = 2n - 2,0 <= i<= <= j <= n，所以这个DP共有O(n^3)个状态。

M1
0  1  2  3  4
1  2  3  4  5
2  3  4  5  6
3  4  5  6  7
4  5  6  7  8
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  再来分析一下状态转移，以DP[6,2,3]为例(就是上面M1中加粗的部分)，可以到达DP[6,2,3]的状态包括DP[5,1,2]，DP[5,1,3]，DP[5,2,2]，DP[5,2,3]。

  3、下面，我们就来看看这几个状态：DP[5,1,2]，DP[5,1,3]，DP[5,2,2]，DP[5,2,3]，用加粗表示位置DP[5,1,2]    DP[5,1,3]    DP[5,2,2]    DP[5,2,3] （加红表示要达到的状态DP[6,2,3]）

0 1 2 3 4    0 1 2 3 4    0 1 2 3 4    0 1 2 3 4
1 2 3 4 5    1 2 3 4 5    1 2 3 4 5    1 2 3 4 5
2 3 4 5 6    2 3 4 5 6    2 3 4 5 6    2 3 4 5 6
3 4 5 6 7    3 4 5 6 7    3 4 5 6 7    3 4 5 6 7
4 5 6 7 8    4 5 6 7 8    4 5 6 7 8    4 5 6 7 8
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  因此：

DP[6,2,3] = Max(DP[5,1,2] ，DP[5,1,3]，DP[5,2,2]，DP[5,2,3]) + 6,2和6,3格子中对应的数值    （式一）

  上面（式一）所示的这个递推看起来没有涉及：“如果两次经过同一个格子，那么该数只加一次的这个条件”，讨论这个条件需要换一个例子，以DP[6,2,2]为例：DP[6,2,2]可以由DP[5,1,1]，DP[5,1,2]，DP[5,2,2]到达，但由于i = j，也就是2次走到同一个格子，那么数值只能加1次。
  所以当i = j时，

DP[6,2,2] = Max(DP[5,1,1]，DP[5,1,2]，DP[5,2,2]) + 6,2格子中对应的数值                                         （式二）

  4、故，综合上述的（式一），（式二）最后的递推式就是

if(i != j)
DP[s, i ,j] = Max(DP[s - 1, i - 1, j - 1], DP[s - 1, i - 1, j], DP[s - 1, i, j - 1], DP[s - 1, i, j]) + W[s,i] + W[s,j]
else
DP[s, i ,j] = Max(DP[s - 1, i - 1, j - 1], DP[s - 1, i - 1, j], DP[s - 1, i, j]) + W[s,i]
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    其中W[s,i]表示经过s步后，处于i位置，位置i对应的方格中的数字。下一节我们将根据上述DP方程编码实现。2.2、DP方法实现    为了便于实现，我们认为所有不能达到的状态的得分都是负无穷，参考代码如下：

//copyright@caopengcs 2013  
const int N = 202;  
const int inf = 1000000000;  //无穷大  
int dp[N * 2][N][N];    
bool isValid(int step,int x1,int x2,int n) { //判断状态是否合法  
int y1 = step - x1, y2 = step - x2;  
    return ((x1 >= 0) && (x1 < n) && (x2 >= 0) && (x2 < n) && (y1 >= 0) && (y1 < n) && (y2 >= 0) && (y2 < n));  
}  
  
int getValue(int step, int x1,int x2,int n) {  //处理越界 不存在的位置 给负无穷的值  
    return isValid(step, x1, x2, n)?dp[step][x1][x2]:(-inf);  
}  
  
//状态表示dp[step][i][j] 并且i <= j, 第step步  两个人分别在第i行和第j行的最大得分 时间复杂度O(n^3) 空间复杂度O(n^3)   
int getAnswer(int a[N][N],int n) {  
int P = n * 2 - 2; //最终的步数  
int i,j,step;  
      
    //不能到达的位置 设置为负无穷大  
    for (i = 0; i < n; ++i) {  
        for (j = i; j < n; ++j) {  
            dp[0][i][j] = -inf;  
        }  
      
    }  
    dp[0][0][0] = a[0][0];  
  
      for (step = 1; step <= P; ++step) {  
        for (i = 0; i < n; ++i) {  
            for (j = i; j < n; ++j) {  
                dp[step][i][j] = -inf;  
                if (!isValid(step, i, j, n)) { //非法位置  
                    continue;  
                }  
                //对于合法的位置进行dp  
                if (i != j) {  
                    dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));  
                    dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j, n));  
                    dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i, j - 1, n));  
                    dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i, j,n));  
                    dp[step][i][j] += a[i][step - i] + a[j][step - j];  //不在同一个格子，加两个数  
                }  
                else {  
                    dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));  
                    dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j,  n));  
                    dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i, j,  n));  
                    dp[step][i][j] += a[i][step - i]; // 在同一个格子里，只能加一次  
                }  
                  
            }  
        }  
    }  
    return dp[P][n - 1][n- 1];  
}  
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    复杂度分析：状态转移最多需要统计4个变量的情况，看做是O(1)的，共有O(n^3)个状态，所以总的时间复杂度是O(n^3)的，且dp数组开了N^3大小，故其空间复杂度亦为O(n^3)。


2.3、DP实现优化版
    如上节末所说，2.2节实现的代码的复杂度空间复杂度是O(n^3)，事实上，空间上可以利用滚动数组优化，由于每一步的递推只跟上1步的情况有关，因此可以循环利用数组，将空间复杂度降为O(n^2)。
    即我们在推算dp[step]的时候，只依靠它上一次的状态dp[step - 1]，所以dp数组的第一维，我们只开到2就可以了。即step为奇数时，我们用dp[1][j]表示状态，step为偶数我们用dp[0][j]表示状态，这样我们只需要O(n^2)的空间，这就是滚动数组的方法。滚动数组写起来并不复杂，只需要对上面的代码稍作修改即可，优化后的代码如下：

<span style="font-style: normal;">//copyright@caopengcs 8/24/2013  
int dp[2][N][N];  
  
bool isValid(int step,int x1,int x2,int n) { //判断状态是否合法  
int y1 = step - x1, y2 = step - x2;  
    return ((x1 >= 0) && (x1 < n) && (x2 >= 0) && (x2 < n) && (y1 >= 0) && (y1 < n) && (y2 >= 0) && (y2 < n));  
}  
  
int getValue(int step, int x1,int x2,int n) {  //处理越界 不存在的位置 给负无穷的值  
    return isValid(step, x1, x2, n)?dp[step % 2][x1][x2]:(-inf);  
}  
  
//状态表示dp[step][i][j] 并且i <= j, 第step步  两个人分别在第i行和第j行的最大得分 时间复杂度O(n^3) 使用滚动数组 空间复杂度O(n^2)   
int getAnswer(int a[N][N],int n) {  
int P = n * 2 - 2; //最终的步数  
int i,j,step,s;  
      
    //不能到达的位置 设置为负无穷大  
    for (i = 0; i < n; ++i) {  
        for (j = i; j < n; ++j) {  
            dp[0][i][j] = -inf;  
        }  
      
    }  
    dp[0][0][0] = a[0][0];  
  
      for (step = 1; step <= P; ++step) {  
        for (i = 0; i < n; ++i) {  
            for (j = i; j < n; ++j) {  
                dp[step][i][j] = -inf;  
                if (!isValid(step, i, j, n)) { //非法位置  
                    continue;  
                }  
                s = step % 2;  //状态下表标  
                //对于合法的位置进行dp  
                if (i != j) {  
                    dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));  
                    dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j, n));  
                    dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i, j - 1, n));  
                    dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i, j,n));  
                    dp[s][i][j] += a[i][step - i] + a[j][step - j];  //不在同一个格子，加两个数  
                }  
                else {  
                    dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));  
                    dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j,  n));  
                    dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i, j,  n));  
                    dp[s][i][j] += a[i][step - i]; // 在同一个格子里，只能加一次  
                }  
                  
            }  
        }  
    }  
    return dp[P % 2][n - 1][n- 1];  
}  </span>
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完美洗牌算法    题目详情：有个长度为2n的数组{a1,a2,a3,...,an,b1,b2,b3,...,bn}，希望排序后{a1,b1,a2,b2,....,an,bn}，请考虑有无时间复杂度o(n)，空间复杂度0(1)的解法。

    题目来源：此题是去年2013年UC的校招笔试题，看似简单，按照题目所要排序后的字符串蛮力变化即可，但若要完美的达到题目所要求的时空复杂度，则需要我们花费不小的精力。OK，请看下文详解，一步步优化。

解法一、蛮力变换    题目要我们怎么变换，咱们就怎么变换。此题@陈利人也分析过，在此，引用他的思路进行说明。为了便于分析，我们取n=4，那么题目要求我们把

a1，a2，a3，a4，b1，b2，b3，b4

变成

a1，b1，a2，b2，a3，b3，a4，b4

1.1、步步前移仔细观察变换前后两个序列的特点，我们可做如下一系列操作：
  第①步、确定b1的位置，即让b1跟它前面的a2，a3，a4交换：

a1，b1，a2，a3，a4，b2，b3，b4

  第②步、接着确定b2的位置，即让b2跟它前面的a3，a4交换：

a1，b1，a2，b2，a3，a4，b3，b4

  第③步、b3跟它前面的a4交换位置：

a1，b1，a2，b2，a3，b3，a4，b4

   b4已在最后的位置，不需要再交换。如此，经过上述3个步骤后，得到我们最后想要的序列。但此方法的时间复杂度为O（N^2），我们得继续寻找其它方法，看看有无办法能达到题目所预期的O（N）的时间复杂度。

1.2、中间交换当然，除了如上面所述的让b1，b2，b3，b4步步前移跟它们各自前面的元素进行交换外，我们还可以每次让序列中最中间的元素进行交换达到目的。还是用上面的例子，针对a1，a2，a3，a4，b1，b2，b3，b4
  第①步：交换最中间的两个元素a4，b1，序列变成（待交换的元素用粗体表示）：

a1，a2，a3，b1，a4，b2，b3，b4

  第②步，让最中间的两对元素各自交换：

a1，a2，b1，a3，b2，a4，b3，b4

  第③步，交换最中间的三对元素，序列变成：

a1，b1，a2，b2，a3，b3，a4，b4

  同样，此法同解法1.1、步步前移一样，时间复杂度依然为O（N^2），我们得下点力气了。

解法二、完美洗牌算法    玩过扑克牌的朋友都知道，在一局完了之后洗牌，洗牌人会习惯性的把整副牌大致分为两半，两手各拿一半对着对着交叉洗牌，如下图所示：

    如果这副牌用a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4表示（为简化问题，假设这副牌只有8张牌），然后一分为二之后，左手上的牌可能是a1 a2 a3 a4，右手上的牌是b1 b2 b3 b4，那么在如上图那样的洗牌之后，得到的牌就可能是b1 a1 b2 a2 b3 a3 b4 a4。

    技术来源于生活，2004年，microsoft的Peiyush Jain在他发表一篇名为：“A Simple In-Place Algorithm for In-Shuffle”的论文中提出了完美洗牌算法。
    这个算法解决一个什么问题呢？跟本题有什么联系呢？
   Yeah，顾名思义，完美洗牌算法解决的就是一个完美洗牌问题。什么是完美洗牌问题呢？即给定一个数组a1,a2,a3,...an,b1,b2,b3..bn,最终把它置换成b1,a1,b2,a2,...bn,an。读者可以看到，这个完美洗牌问题本质上与本题完全一致，只要在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素即可。
   即：

a1,a2,a3,...an,b1,b2,b3..bn

通过完美洗牌问题，得到：

b1,a1,b2,a2,b3,a3...  bn,an

再让上面相邻的元素两两swap，即可达到本题的要求：

a1,b1,a2,b2,a3,b3....,an,bn

    也就是说，如果我们能通过完美洗牌算法（时间复杂度O(N)，空间复杂度O(1)）解决了完美洗牌问题，也就间接解决了本题。
    虽然网上已有不少文章对上篇论文或翻译或做解释说明，但对于初学者来说，理解难度实在太大，再者，若直接翻译原文，根本无法看出这个算法怎么一步步得来的，故下文将从完美洗牌算法的最基本的原型开始说起，以让读者能对此算法一目了然。

2.1、位置置换pefect_shuffle1算法   为方便讨论，我们设定数组的下标从1开始，下标范围是[1..2n]。 还是通过之前n=4的例子，来看下每个元素最终去了什么地方。
                                                起始序列：a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4
                                                数组下标：1    2   3   4   5   6   7    8
                                                最终序列：b1 a1 b2 a2 b3 a3 b4 a4
  从上面的例子我们能看到，前n个元素中，

• 第1个元素a1到了原第2个元素a2的位置，即1->2；
• 第2个元素a2到了原第4个元素a4的位置，即2->4；
• 第3个元素a3到了原第6个元素b2的位置，即3->6；
• 第4个元素a4到了原第8个元素b4的位置，即4->8；
  
  

  那么推广到一般情况即是：前n个元素中，第i个元素去了 第（2 * i）的位置。
  上面是针对前n个元素，那么针对后n个元素，可以看出：

• 第5个元素b1到了原第1个元素a1的位置，即5->1；
• 第6个元素b2到了原第3个元素a3的位置，即6->3；
• 第7个元素b3到了原第5个元素b1的位置，即7->5；
• 第8个元素b4到了原第7个元素b3的位置，即8->7；
  
  

    推广到一般情况是，后n个元素，第i个元素去了第  (2 * (i - n) ) - 1 =  2 * i - (2 * n + 1)  = (2 * i) % (2 * n + 1) 个位置。
   再综合到任意情况，任意的第i个元素，我们最终换到了 (2 * i) % (2 * n + 1)的位置。为何呢？因为：

• 当0< i <n时， 原式= (2i) % (2 * n + 1)  = 2i；
• 当i>n时，原式(2 * i) % (2 * n + 1)保持不变。
  
  

  因此，如果题目允许我们再用一个数组的话，我们直接把每个元素放到该放得位置就好了。也就产生了最简单的方法pefect_shuffle1，参考代码如下：

<span style="font-style: normal;">// 时间O(n)，空间O(n) 数组下标从1开始  
void pefect_shuffle1(int *a,int n) {  
int n2 = n * 2, i, b[N];  
    for (i = 1; i <= n2; ++i) {  
        b[(i * 2) % (n2 + 1)] = a[i];  
    }  
    for (i = 1; i <= n2; ++i) {  
        a[i] = b[i];  
    }  
}  </span>
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但很明显，它的时间复杂度虽然是O(n)，但其空间复杂度却是O(n)，仍不符合本题所期待的时间O(n)，空间O(1)。我们继续寻找更优的解法。
与此同时，我也提醒下读者，根据上面变换的节奏，我们可以看出有两个圈，

• 一个是1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1；
• 一个是3 -> 6 -> 3。
  
  

    下文2.3.1、走圈算法cycle_leader将再次提到这两个圈。




2.2、分而治之perfect_shuffle2算法    熟悉分治法的朋友，包括若看了此文的读者肯定知道，当一个问题规模比较大时，则大而化小，分而治之。对于本题，假设n是偶数，我们试着把数组从中间拆分成两半(为了方便描述，只看数组下标就够了)：

原始数组的下标：1....2n，即（1  ..  n/2，  n/2+1..n）（n+1 .. n+n/2，  n+n/2+1 ..  2n）

    前半段（1  ..  n/2，  n/2+1..n）和后半段（n+1 .. n+n/2，  n+n/2+1 ..  2n）的长度皆为n。

  接下来，我们把前半段的后n/2个元素（n/2+1  ..  n）和后半段的前n/2个元素（n+1..n+n/2）交换，得到

新的前n个元素A：（1..n/2                   n+1.. n+n/2）

新的后n个元素B：（n/2+1 .. n        n+n/2+1 .. 2n）

  换言之，当n是偶数的时候，我们把原问题拆分成了A，B两个子问题，继而原n的求解转换成了n‘ = n/2 的求解。
  可当n是奇数的时候呢？我们可以把前半段多出来的那个元素a先拿出来放到末尾，后面所有元素前移，于此，新数列的最后两个元素满足已满足要求，只需考虑前2*(n-1)个元素即可，继而转换成了n-1的问题。
  针对上述n分别为偶数和奇数的情况，下面举n=4和n=5两个例子来说明下。
  ①n=4时，原始数组即为

a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4

    按照之前n为偶数时的思路，把前半段的后2个元素a3 a4同后半段的前2个元素b1 b2交换，可得：

a1 a2 b1 b2 a3 a4 b3 b4

  因此，我们只要用pefect_shuffle1算法继续求解A（a1 a2 b1 b2）和B（a3 a4 b3 b4）两个子问题就可以了。
  ②当n=5时，原始数组则为

a1 a2 a3 a4 a5 b1 b2 b3 b4 b5

   还是按照之前n为奇数时的思路，先把a5先单独拎出来放在最后，然后所有剩下的元素全部前移，变为：

a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4 b5 a5

  此时，最后的两个元素b5 a5已经是我们想要的结果，只要跟之前n=4的情况一样考虑即可。
  参考代码如下：

<span style="font-style: normal;">//copyright@caopengcs 8/23/2013  
//时间O(nlogn) 空间O(1) 数组下标从1开始    
void perfect_shuffle2(int *a,int n) {    
int t,i;    
    if (n == 1) {    
        t = a[1];    
        a[1] = a[2];    
        a[2] = t;    
        return;    
    }    
    int n2 = n * 2, n3 = n / 2;    
    if (n % 2 == 1) {  //奇数的处理    
        t = a[n];    
        for (i = n + 1; i <= n2; ++i) {    
            a[i - 1] = a[i];    
        }    
        a[n2] = t;    
        --n;    
    }    
    //到此n是偶数    
        
    for (i = n3 + 1; i <= n; ++i) {    
        t = a[i];    
        a[i] = a[i + n3];    
        a[i + n3] = t;    
    }    
        
    // [1.. n /2]    
    perfect_shuffle2(a, n3);    
    perfect_shuffle2(a + n, n3);    
}    </span>
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    分析下此算法的复杂度： 每次，我们交换中间的n个元素，需要O(n)的时间，n是奇数的话，我们还需要O(n)的时间先把后两个元素调整好，但这不影响总体时间复杂度。
    故事实上，当我们采用分治算法的时候，其时间复杂度的计算公式为： T(n) = 2*T(n / 2) + O(n)  ，这个就是跟归并排序一样的复杂度式子，由《算法导论》中文第二版44页的主定理，可最终解得T(n) = O(nlogn)。至于空间，此算法在数组内部折腾的，所以是O(1)（在不考虑递归的栈的空间的前提下）。
2.3、完美洗牌算法perfect_shuffle32.3.1、走圈算法cycle_leader  因为之前无论是perfect_shuffle1，还是perfect_shuffle2，这两个算法的均未达到时间复杂度O（N）并且空间复杂度O（1）的要求，所以我们必须得再找一种新的方法，以期能完美的解决本节开头提出的完美洗牌问题。
   让我们先来回顾一下2.1节位置置换perfect_shuffle1算法，还记得我之前提醒读者的关于当n=4时，通过位置置换让每一个元素到了最后的位置时，所形成的两个圈么？我引用下2.1节的相关内容：
    当n=4的情况：
                                                起始序列：a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4
                                                数组下标：1    2   3   4   5   6   7    8
                                                最终序列：b1 a1 b2 a2 b3 a3 b4 a4

    即通过置换，我们得到如下结论：

  “于此同时，我也提醒下读者，根据上面变换的节奏，我们可以看出有两个圈，

• 一个是1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1；
• 一个是3 -> 6 -> 3。”
  
  

    这两个圈可以表示为（1,2,4,8,7,5）和（3,6），且perfect_shuffle1算法也已经告诉了我们，不管你n是奇数还是偶数，每个位置的元素都将变为第（2*i） % （2n+1）个元素：

    因此我们只要知道圈里最小位置编号的元素即圈的头部，顺着圈走一遍就可以达到目的，且因为圈与圈是不想交的，所以这样下来，我们刚好走了O（N）步。
    还是举n=4的例子，且假定我们已经知道第一个圈和第二个圈的前提下，要让1 2 3 4 5 6 7 8变换成5 1  2 7 3 8 4：

        第一个圈：1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1

        第二个圈：3 -> 6 -> 3：

        原始数组：1 2 3 4 5 6 7 8

        数组小标：1 2 3 4 5 6 7 8

        走第一圈：5 1 3 2 7 6 8 4

        走第二圈：5 1 6 2 7 3 8 4

    上面沿着圈走的算法我们给它取名为cycle_leader，这部分代码如下：

<span style="font-style: normal;">//数组下标从1开始，from是圈的头部，mod是要取模的数 mod 应该为 2 * n + 1，时间复杂度O(圈长）  
void cycle_leader(int *a,int from, int mod) {  
int last = a[from],t,i;  
      
    for (i = from * 2 % mod;i != from; i = i * 2 % mod) {  
        t = a[i];  
        a[i] = last;  
        last = t;  
          
    }  
    a[from] = last;  
}  </span>
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2.3.2、神级结论：若2*n=（3^k - 1），则可确定圈的个数及各自头部的起始位置
    下面我要引用此论文“A Simple In-Place Algorithm for In-Shuffle”的一个结论了，即

• 对于2*n = （3^k-1）这种长度的数组，恰好只有k个圈，且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9，...3^(k-1)。
  
  

    论文原文部分为：

    也就是说，利用上述这个结论，我们可以解决这种特殊长度2*n = （3^k-1）的数组问题，那么若给定的长度n是任意的咋办呢？此时，我们可以借鉴2.2节、分而治之算法的思想，把整个数组一分为二，即拆分成两个部分：

• 让一部分的长度满足神级结论：若2*m = （3^k-1），则恰好k个圈，且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9，...3^(k-1)。其中m<n，m往神级结论所需的值上套；
• 剩下的n-m部分单独计算；
  
  

    当把n分解成m和n-m两部分后，原始数组对应的下标如下（为了方便描述，我们依然只需要看数组下标就够了）：

                                        原始数组下标：1..m m+1.. n，   n+1 .. n+m, n+m+1,..2*n

   参照之前2.2节、分而治之算法的思路，且更为了能让前部分的序列满足神级结论2*m = （3^k-1），我们可以把中间那两段长度为n-m和m的段交换位置，即相当于把m+1..n，n+1..n+m的段循环右移m次（为什么要这么做？因为如此操作后，数组的前部分的长度为2m，而根据神级结论：当2m=3^k-1时，可知这长度2m的部分恰好有k个圈）。

  而如果读者看过本系列第一章、左旋转字符串的话，就应该意识到循环位移是有O（N）的算法的，其思想即是把前n-m个元素（m+1.. n）和后m个元素（n+1 .. n+m）先各自翻转一下，再将整个段（m+1.. n，   n+1 .. n+m）翻转下。

  这个翻转的代码如下：

<span style="font-style: normal;">//翻转字符串时间复杂度O(to - from)  
void reverse(int *a,int from,int to) {  
int t;  
    for (; from < to; ++from, --to) {  
        t = a[from];  
        a[from] = a[to];  
        a[to] = t;  
    }  
      
}  
  
//循环右移num位 时间复杂度O(n)  
void right_rotate(int *a,int num,int n) {  
    reverse(a, 1, n - num);  
    reverse(a, n - num + 1,n);  
    reverse(a, 1, n);  
}  </span>
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    翻转后，得到的目标数组的下标为：

目标数组下标：1..m n+1..n+m    m+1 .. n       n+m+1,..2*n

    OK，理论讲清楚了，再举个例子便会更加一目了然。当给定n=7时，若要满足神级结论2*n=3^k-1，k只能取2，继而推得n‘=m=4。

原始数组：a1 a2 a3 a4       a5 a6 a7     b1 b2 b3 b4   b5 b6 b7

    既然m=4，即让上述数组中有下划线的两个部分交换，得到：

目标数组：a1 a2 a3 a4    b1 b2 b3 b4      a5 a6 a7     b5 b6 b7

    继而目标数组中的前半部分a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4部分可以用2.3.1、走圈算法cycle_leader搞定，于此我们最终求解的n长度变成了n’=3，即n的长度减小了4，单独再解决后半部分a5 a6 a7 b5 b6 b7即可。

2.3.3、完美洗牌算法perfect_shuffle3

    从上文的分析过程中也就得出了我们的完美洗牌算法，其算法流程为：

• 输入数组　A[1..2 * n]
  
  

• step 1 找到 2 * m = 3^k - 1 使得 3^k <= 2 * n < 3^(k +1)
• step 2 把a[m + 1..n + m]那部分循环移m位
• step 3 对每个i = 0,1,2..k - 1，3^i是个圈的头部，做cycle_leader算法，数组长度为m，所以对2 * m + 1取模。
• step 4 对数组的后面部分A[2 * m + 1.. 2 * n]继续使用本算法, 这相当于n减小了m。
  
  

    上述算法流程对应的论文原文为：

    以上各个步骤对应的时间复杂度分析如下：

• 因为循环不断乘3的，所以时间复杂度O(logn)
• 循环移位O(n)
• 每个圈，每个元素只走了一次，一共2*m个元素，所以复杂度omega(m), 而m < n，所以 也在O(n)内。
• T(n - m)
  
  

    因此总的时间复杂度为 T(n) = T(n - m) + O(n) ，m = omega(n) ，解得：T(n) = O(n)。

   此完美洗牌算法实现的参考代码如下：

<span style="font-style: normal;">//copyright@caopengcs 8/24/2013  
//时间O(n)，空间O(1)  
void perfect_shuffle3(int *a,int n) {  
int n2, m, i, k,t;  
    for (;n > 1;) {  
        // step 1  
        n2 = n * 2;  
        for (k = 0, m = 1; n2 / m >= 3; ++k, m *= 3)  
        ;  
        m /= 2;  
        // 2m = 3^k - 1 , 3^k <= 2n < 3^(k + 1)  
          
        // step 2  
        right_rotate(a + m, m, n);  
          
        // step 3  
          
        for (i = 0, t = 1; i < k; ++i, t *= 3) {  
            cycle_leader(a , t, m * 2 + 1);  
              
        }  
          
        //step 4  
        a += m * 2;  
        n -= m;  
      
    }  
    // n = 1  
    t = a[1];  
    a[1] = a[2];  
    a[2] = t;  
}  </span>
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2.3.4、perfect_shuffle3算法解决其变形问题

    啊哈！以上代码即解决了完美洗牌问题，那么针对本章要解决的其变形问题呢？是的，如本章开头所说，在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素即可，代码如下：

<span style="font-style: normal;">//copyright@caopengcs 8/24/2013  
//时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)，数组下标从1开始，调用perfect_shuffle3  
void shuffle(int *a,int n) {  
    int i,t,n2 = n * 2;  
    perfect_shuffle3(a,n);  
    for (i = 2; i <= n2; i += 2) {  
        t = a[i - 1];  
        a[i - 1] = a[i];  
        a[i] = t;  
          
    }  
}  </span>
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  上述的这个“在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素”的操作（当然，你也可以让原数组第一个和最后一个不变，中间的2 * (n - 1)项用原始的标准完美洗牌算法做），只是在完美洗牌问题时间复杂度O(N)空间复杂度O(1)的基础上再增加O(N)的时间复杂度，故总的时间复杂度O(N)不变，且理所当然的保持了空间复杂度O(1)。至此，咱们的问题得到了圆满解决！

2.3.5、神级结论是如何来的？

    我们的问题得到了解决，但本章尚未完，即决定完美洗牌算法的神级结论：若2*n=（3^k - 1），则恰好只有k个圈，且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9，...3^(k-1)，是如何来的呢？

    要证明这个结论的关键就是：这所有的圈合并起来必须包含从1到M之间的所有证书，一个都不能少。这个证明有点麻烦，因为证明过程中会涉及到群论等数论知识，但再远的路一步步走也能到达。

    首先，让咱们明确以下相关的概念，定理，及定义（搞清楚了这些东西，咱们便证明了一大半）：

• 概念1    mod表示对一个数取余数，比如3 mod 5 =3，5 mod 3 =2；
• 定义1    欧拉函数&#981;(m) 表示为不超过m（即小于等于m）的数中，与m互素的正整数个数
  
  

• 定义2    若&#981;(m)=Ordm(a) 则称a为m的原根，其中Ordm(a)定义为：a ^d （ mod m），其中d=0,1,2,3…，但取让等式成立的最小的那个d。
  
  

    结合上述定义1、定义2可知，2是3的原根，因为2^0 mod 3 = 1, 2^1 mod 3 = 2, 2^2 mod 3 = 1, 2^3 mod 3 = 2，{a^0 mod m，a^1 mod m，a^2}得到集合S={1,2}，包含了所有和3互质的数，也即d=&#981;(2)=2，满足原根定义。

    而2不是7的原根，这是因为2^0 mod 7 = 1, 2^1 mod 7 = 2, 2^2 mod 7 = 4, 2^3 mod 7 = 1，2^4 mod 7 = 2，2^5 mod 7 = 4，2^6 mod 7 = 1，从而集合S={1,2,4}中始终只有1、2、4三种结果，而没包含全部与7互质的数（3、6、5便不包括）,，即d=3，但&#981;(7)=6，从而d != &#981;(7)，不满足原根定义。

    再者，如果说一个数a，是另外一个数m的原根，代表集合S = {a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m…… }，得到的集合包含了所有小于m并且与m互质的数，否则a便不是m的原根。而且集合S = {a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m…… }中可能会存在重复的余数，但当a与m互质的时候，得到的{a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m}集合中，保证了第一个数是a^0 mod m，故第一次发现重复的数时，这个重复的数一定是1，也就是说，出现余数循环一定是从开头开始循环的。

• 定义3    对模指数，a对模m的原根定义为 ,st:中最小的正整数d
  
  

    再比如，2是9的原根，因为，为了让除以9的余数恒等于1，可知最小的正整数d=6，而&#981;(m)=6，满足原根的定义。

• 定理1    同余定理：两个整数file:///C:/Users/ADMINI~1/AppData/Local/Temp/TempPic/N0P2F$GF5)EYQ@%7BID1748YF.tmpa，bfile:///C:/Users/ADMINI~1/AppData/Local/Temp/TempPic/WZG9(HIU]2B(9UI%600LBC9]K.tmp，若它们除以正整数mfile:///C:/Users/ADMINI~1/AppData/Local/Temp/TempPic/~UW~R~A3@76]%60EB1TKVX)SC.tmp所得的余数相等，则称afile:///C:/Users/ADMINI~1/AppData/Local/Temp/TempPic/%7D0QWX)LDZSBHU28ZXB%60%608WP.tmp，b[img]file:///C:/Users/ADMINI~1/AppData/Local/Temp/TempPic/T~%60%2GV~CH%7D$TZ@MG9YP0EQ.tmp[/img]对于模file:///C:/Users/ADMINI~1/AppData/Local/Temp/TempPic/$H5%7D2L82%A~U8E%7B6FWK$VGP.tmpm同余，记作[img]file:///C:/Users/ADMINI~1/AppData/Local/Temp/TempPic/WB(FV570@_TWS5N1GH$3[93.tmp[/img]，读做a与b关于模m同余。
  
  

• 定理2    当p为奇素数且a是的原根时&#8658; a也是的原根
• 定理3    费马小定理：如果a和m互质，那么a^&#981;(m) mod m = 1
  
  

• 定理4    若(a,m)=1 且a为m的原根，那么a是(Z/mZ)*的生成元。
  
  

    取a = 2, m = 3。
    我们知道2是3的原根，2是9的原根，我们定义S(k)表示上述的集合S，并且取x = 3^k（x表示为集合S中的数）。
    所以：

      S(1) = {1, 2}

      S(2) = {1, 2, 4, 8, 7, 5}

    我们没改变圈元素的顺序，由前面的结论S(k)恰好是一个圈里的元素，且认为从1开始循环的，也就是说从1开始的圈包含了所有与3^k互质的数。
    那与3^k不互质的数怎么办？如果0 < i < 3^k与 3^k不互质，那么i 与3^k的最大公约数一定是3^t的形式（只包含约数3)，并且 t < k。即gcd(i , 3^k) = 3^t，等式两边除以个3 ^ t，即得gcd( i/(3^t)，3^(k - t) )  = 1， i/(3^t) 都与3^(k - t) 互质了，并且i / (3^t) < 3^(k - t), 根据S(k)的定义，可见i/(3^t) 在集合S(k - t)中。
    同理，任意S(k - t)中的数x，都满足gcd(x , 3^k)  = 1,于是gcd(3^k , x* 3^t) = 3 ^ t, 并且x*3^t < 3^k。可见S(k - t)中的数x*3^t 与 i形成了一一对应的关系。
      也就是说S(k - t)里每个数x* 3^t形成的新集合包含了所有与3^k的最大公约数为3^t的数，它也是一个圈,原先圈的头部是1，这个圈的头部是3^t。
    于是，对所有的小于 3^k的数，根据它和3^k的最大公约数，我们都把它分配到了一个圈里去了，且k个圈包含了所有的小于3^k的数。

    下面，举个例子，如caopengcs所说，当我们取“a = 2, m = 3时，

    我们知道2是3的原根，2是9的原根，我们定义S(k)表示上述的集合S，并且x= 3^k。
    所以S(1) = {1, 2}
      S(2) = {1, 2, 4, 8, 7, 5}
    比如k = 3。 我们有：

• S(3) = {1, 2 ,4 , 8, 16, 5, 10, 20, 13, 26, 25, 23, 19, 11, 22, 17, 7, 14} 包含了小于27且与27互质的所有数，圈的首部为1，这是原根定义决定的。
• 那么与27最大公约数为3的数，我们用S(2)中的数乘以3得到。 S(2) * 3 = {3, 6, 12, 24, 21, 15}, 圈中元素的顺序没变化，圈的首部是3。
• 与27最大公约数为9的数，我们用S(1)中的数乘以9得到。 S(1) * 9 = {9, 18}, 圈中得元素的顺序没变化，圈的首部是9。
  
  

    因为每个小于27的数和27的最大公约数只有1, 3, 9这3种情况，又由于前面所证的一一对应的关系，所以S(2) * 3包含了所有小于27且与27的最大公约数为3的数，S(1) * 9 包含了所有小于27且和27的最大公约数为9的数。”

    换言之，若定义为整数，假设/N定义为整数Z除以N后全部余数的集合，包括{0...N-1}等N个数，而（/N)*则定义为这Z/N中{0...N-1}这N个余数内与N互质的数集合。

则当n=13时，2n+1=27，即得/N =｛0,1,2,3,.....,26}，（/N)*相当于就是｛0,1,2,3,.....,26}中全部与27互素的数的集合；

     而2^k(mod 27)可以把（/27)*取遍，故可得这些数分别在以下3个圈内：

• 取头为1，（/27)*＝｛1,2,4,8,16,5,10,20,13,26,25,23,19,11,22,17,7,14｝，也就是说，与27互素且小于27的正整数集合为{1,2,4,8,16,5,10,20,13,26,25,23,19,11,22,17,7,14}，因此&#981;(m) = &#981;(27)=18, 从而满足的最小d = 18，故得出2为27的原根；
• 取头为3，就可以得到｛3,6,12,24,21,15｝，这就是以3为头的环，这个圈的特点是所有的数都是3的倍数，且都不是9的倍数。为什么呢？因为2^k和27互素。
  
  

    具体点则是：如果3×2^k除27的余数能够被9整除，则有一个n使得3*2^k=9n(mod 27)，即3*2^k－9n能够被27整除，从而3*2^k－9n＝27m，其中n，m为整数，这样一来，式子约掉一个3，我们便能得到2^k＝9m＋3n，也就是说，2^k是3的倍数，这与2^k与27互素是矛盾的，所以，3×2^k除27的余数不可能被9整除。
    此外，2^k除以27的余数可以是3的倍数以外的所有数，所以，2^k除以27的余数可以为1,2,4,5,7,8，当余数为1时，即存在一个k使得2^k-1=27m，m为整数。
        式子两边同时乘以3得到：3*2^k-3=81m是27的倍数，从而3*2^k除以27的余数为3；
        同理，当余数为2时，2^k - 2 = 27m，=> 3*2^k- 6 =81m，从而3*2^k除以27的余数为6；
        当余数为4时，2^k - 4 = 37m，=> 3*2^k - 12 =81m，从而3*2^k除以27的余数为12；
        同理，可以取到15，21，24。从而也就印证了上面的结论：取头为3，就可以得到｛3,6,12,24,21,15｝。

• 取9为头，这就很简单了，这个圈就是｛9,18}
  
  

            你会发现，小于27的所有自然数，要么在第一个圈里面，也就是那些和27互素的数；要么在第二个圈里面，也就是那些是3的倍数，但不是9的倍数的数；要么在第三个圈里面，也就是是9倍数的数，而之所以能够这么做，就是因为2是27的本原根。证明完毕。
    最后，咱们也再验证下上述过程：
    因为，故：

i  = 1  2  3  4   5   6   7  8   9  10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27

    由于n=13，2n+1 = 27，据此公式可知，上面第 i 位置的数将分别变成下述位置的：

i  = 2  4  6  8  10 12 14 16 18 20 22 24 26  1   3   5  7   9  11 13 15 17 19 21 23 25  0   

    根据i 和 i‘ 前后位置的变动，我们将得到3个圈：

• 1248165102013262523191122177141；
• 36122421153
• 9189
  
  

    没错，这3个圈的数字与咱们之前得到的3个圈一致吻合，验证完毕。


2.3.6、完美洗牌问题的几个扩展

    至此，本章开头提出的问题解决了，完美洗牌算法的证明也证完了，是否可以止步了呢？OH，NO！读者有无思考过下述问题：

• 既然完美洗牌问题是给定输入：a1,a2,a3,……aN,b1,b2,b3,……bN，要求输出：b1,a1,b2,a2,……bN,aN；那么有无考虑过它的逆问题：即给定b1,a1,b2,a2,……bN,aN,，要求输出a1,a2,a3,……aN,b1,b2,b3,……bN ？
• 完美洗牌问题是两手洗牌，假设有三只手同时洗牌呢？那么问题将变成：输入是a1,a2,……aN, b1,b2,……bN, c1,c2,……cN，要求输出是c1,b1,a1,c2,b2,a2,……cN,bN,aN，这个时候，怎么处理？
  
  

    以上两个完美洗牌问题的几个扩展请读者思考，具体解答请参看参考链接第15条。