2024春晚魔术原理—约瑟夫环问题

首先祝大家新年快乐，龙年大吉！相信大家都对昨晚春晚的魔术记忆深刻（即使没看过，也一定看到了尼格买提穿帮的新闻）。接下来就来模拟一下昨晚刘谦的魔术，并扒扒其原理。

1.魔术模拟

Step 1：假设有四张牌，编号为 1、2、3、4

Step 2：四张卡牌对折撕开，并重叠

Step 3：根据自己名字的字数下放牌；例如名字字数为 2，则序列如下所示

Notice：这是无效操作，并不会对最终效果产生影响。

Step 4：拿起前三张牌，插进剩下牌的中间

Notice：这一步操作，要求插进中间的卡牌数必须为 3，因为两张相同牌的中间隔了 3 张卡牌；经过这样的操作后，能够保证头和尾是相同卡牌；其次插进的位置只要不是头和尾，不会对结果造成影响

Step 5：隐藏第一张卡牌，此时隐藏的卡牌是 2

Step 6：南方朋友拿起前一张卡牌；北方朋友拿起前两张卡牌；自己不知道是南方和北方的朋友拿起前三张卡牌。将这些卡牌插入剩下卡牌的中间。示例拿起一张，结果如下所示

Notice：这一步操作是无效操作；无论拿几张牌，以及插入在哪个位置，只要保证卡牌 2 在最后即可

Step 7：男生拿起前一张卡牌；女生拿起前两张卡牌；将这些卡牌扔掉。两种情况如下所示

Notice：这一步的操作是保证卡牌总数为 6 或 5

Step 8：大喊 "见证奇迹的时刻"，每喊一个字将一张卡牌下方，总共下放 7 次

Notice：这一步是关键操作，其主要目的是为了将卡牌 2 放置到最后一步的约瑟夫环问题的答案位置

Step 9：第一张卡牌将其下放，第二张卡牌将其丢掉；该步骤操作四次

Notice：这一步操作的本质是约瑟夫环问题；其将这一序列排成一个环，为每个卡牌编号（从0开始，如 Step 8 所示），从 0 开始报数，报到 2 的卡牌移除；然后从移除卡牌的下一个卡牌开始重新报数，最后留下的卡牌就是与隐藏卡牌配对的卡牌。

约瑟夫环问题的公式为：
$f ( n , m ) = { 0 n=1$ $f ( n - 1 , m ) + m$ % n n>1 f(n,m)=\begin{cases} 0& \text{n=1}\\ $f(n-1,m)+m$ \%n & \text{n>1} \end{cases} f(n,m)={0 $f(n-1,m)+m$ %nn=1n>1

其中 n 代表卡牌数，m = 2。

根据公式可知： $f ( 6 , 2 ) = 4 f(6,2)=4$ f(6,2)=4； $f ( 5 , 2 ) = 2 f(5,2)=2$ f(5,2)=2

其结果正好是 Step 8 中卡牌 2 的位置。

根据以上的模拟过程是不是已经清楚这个魔术的原理了呢~接下来讨论一下约瑟夫环问题的推导过程。

2.约瑟夫环问题数学推导过程

1.问题描述

假设有 $n n$ n 个人围成一个圈，根据某一顺序为每一个人设置一个编号 $0 、 1 、 2 、 ... 、 n − 1 0、1、2、\dots、n-1$ 0、1、2、...、n−1。从编号 0 开始报数，报到 $m m$ m 的人出圈；然后从出圈人的下一个人重新开始报数。重复该操作，直到只剩下一个人，这个人就是赢家。

2.示例说明

假设有 6 个人，报到 2 的人出圈。其执行过程如下所示：

3.数学推导

定义：

在序列 $0 、 1 、 2 、 ... 、 n − 1 0、1、2、\dots、n-1$ 0、1、2、...、n−1 执行约瑟夫环操作，最后剩下的编号为 $f ( n , m ) f(n,m)$ f(n,m)
执行完第一次约瑟夫环操作后，出圈的编号为 $k k$ k，则下一次操作的序列为 $k + 1 、 k + 2 、 ... 、 n − 1 、 0 、 1 、 ... 、 k − 1 k+1、k+2、\dots、n-1、0、1、\dots、k-1$ k+1、k+2、...、n−1、0、1、...、k−1，在该序列上的约瑟夫环操作，最后剩下的编号为 $g ( n − 1 , m ) g(n-1,m)$ g(n−1,m)
从以上的定义可知， $f ( n , m ) = g ( n − 1 , m ) f(n,m)=g(n-1,m)$ f(n,m)=g(n−1,m)

重新映射：

将执行完第一次约瑟夫环操作后得到的新序列进行重新编号，从 0 开始，则其映射关系如下表所示：

原编号	新编号
$k + 1 k+1$ k+1	$0 0$ 0
$k + 2 k+2$ k+2	$1 1$ 1
$... \dots$ ...	$... \dots$ ...
$n − 1 n-1$ n−1	$n − k − 2 n-k-2$ n−k−2
$0 0$ 0	$n − k − 1 n-k-1$ n−k−1
$1 1$ 1	$n − k n-k$ n−k
$... \dots$ ...	$... \dots$ ...
$k − 1 k-1$ k−1	$n − 2 n-2$ n−2

根据以上的映射关系，可以总结得到以下的公式：
$h ( x ) = { x − k − 1 k+1 <= x <= n-1 x + n − k − 1 0 <= x <=k-1 h(x)=\begin{cases} x-k-1& \text{k+1 <= x <= n-1 }\\ x+n-k-1 & \text{0 <= x <=k-1} \end{cases}$ h(x)={x−k−1x+n−k−1k+1 <= x <= n-1 0 <= x <=k-1

$∵ k + 1 ≤ x ≤ n − 1 → 1 ≤ x − k ≤ n − k − 1 → 0 ≤ x − k − 1 ≤ n − k − 2 \because k+1 \le x \le n-1 \ \ \rightarrow \ \ 1 \le x-k \le n-k-1 \ \ \rightarrow \ \ 0 \le x-k-1\le n-k-2$ ∵k+1≤x≤n−1 → 1≤x−k≤n−k−1 → 0≤x−k−1≤n−k−2

$n ≤ x + n − k − 1 ≤ n + n − k − 2 \ \ \ n \le x+n-k-1 \le n+n-k-2$ n≤x+n−k−1≤n+n−k−2

$∴ n % n = 0 ≤ ( x + n − k − 1 ) % n ≤ ( 2 ∗ n − k − 2 ) % n = n − k − 2 \therefore n\%n=0 \le (x+n-k-1)\%n \le (2*n-k-2)\%n=n-k-2$ ∴n%n=0≤(x+n−k−1)%n≤(2∗n−k−2)%n=n−k−2

$∴ 式子 ( x + n − k − 1 ) % n ，当 k + 1 ≤ x ≤ n − 1 时， 0 ≤ h ( x ) ≤ n − k − 2 \therefore 式子 (x+n-k-1)\%n，当\ k+1 \le x \le n-1\ 时，0 \le h(x) \le n-k-2$ ∴式子(x+n−k−1)%n，当 k+1≤x≤n−1 时，0≤h(x)≤n−k−2

$∵ 0 ≤ x ≤ k − 1 → n ≤ x + n ≤ n + k − 1 → n − k ≤ x + n − k ≤ n − 1 \because 0 \le x \le k-1 \ \ \rightarrow \ \ n \le x+n \le n+k-1 \ \ \rightarrow \ \ n-k \le x+n-k \le n-1$ ∵0≤x≤k−1 → n≤x+n≤n+k−1 → n−k≤x+n−k≤n−1

$n − k − 1 ≤ x + n − k − 1 ≤ n − 2 \ \ \ n-k-1 \le x+n-k-1 \le n-2$ n−k−1≤x+n−k−1≤n−2

$∴ ( n − k − 1 ) % n = n − k − 1 ≤ ( x + n − k − 1 ) % n ≤ ( n − 2 ) % n = n − 2 \therefore (n-k-1)\%n=n-k-1 \le (x+n-k-1)\%n \le (n-2)\%n=n-2$ ∴(n−k−1)%n=n−k−1≤(x+n−k−1)%n≤(n−2)%n=n−2

$∴ 式子 ( x + n − k − 1 ) % n ，当 0 ≤ x ≤ k − 1 时， n − k − 1 ≤ h ( x ) ≤ n − 2 \therefore 式子 (x+n-k-1)\%n，当\ 0 \le x \le k-1\ 时，n-k-1 \le h(x) \le n-2$ ∴式子(x+n−k−1)%n，当 0≤x≤k−1 时，n−k−1≤h(x)≤n−2

$∴ 可将公式统一为 h ( x ) = ( x + n − k − 1 ) % n \therefore 可将公式统一为\ \ h(x)=(x+n-k-1)\%n$ ∴可将公式统一为 h(x)=(x+n−k−1)%n

为了消除求余号 $% \%$ % ，可以引入正整数 $T T$ T，以达到求余的效果；公式如下所示：

$h ( x ) = ( x + n − k − 1 ) % n = ( x + n − k − 1 ) + ( T − 1 ) n = x − k − 1 + T n h(x)=(x+n-k-1)\%n=(x+n-k-1)+(T-1)n=x-k-1+Tn$ h(x)=(x+n−k−1)%n=(x+n−k−1)+(T−1)n=x−k−1+Tn

推导：

$∵ f ( n − 1 , m ) \because f(n-1,m)$ ∵f(n−1,m) 是在重新映射后的序列上的约瑟夫环操作结果

$∴ f ( n − 1 , m ) = h ( g ( n − 1 , m ) ) \therefore f(n-1,m)=h(g(n-1,m))$ ∴f(n−1,m)=h(g(n−1,m))

$∴ g ( n − 1 , m ) = h − 1 ( f ( n − 1 , m ) ) \therefore g(n-1,m)=h^{-1}(f(n-1,m))$ ∴g(n−1,m)=h−1(f(n−1,m))

$∵ x = h ( x ) + k + 1 − T n \because x=h(x)+k+1-Tn$ ∵x=h(x)+k+1−Tn

$∴ h − 1 ( x ) = x + k + 1 − T n = ( x + k + 1 ) % n \therefore h^{-1}(x)=x+k+1-Tn=(x+k+1)\%n$ ∴h−1(x)=x+k+1−Tn=(x+k+1)%n

$∴ g ( n − 1 , m ) = h − 1 ( f ( n − 1 , m ) ) =$ $f ( n - 1 , m ) + k + 1$ % n \therefore g(n-1,m)=h^{-1}(f(n-1,m))= $f(n-1,m)+k+1$ \%n ∴g(n−1,m)=h−1(f(n−1,m))= $f(n-1,m)+k+1$ %n

$∵ k \because k$ ∵k 是第一次约瑟夫环操作的结果，可知 $k = ( m − 1 ) % n k=(m-1)\%n$ k=(m−1)%n

$∴ g ( n − 1 , m ) =$ $f ( n - 1 , m ) + ( m - 1 ) % n + 1$ % n = $f ( n - 1 , m ) + m$ % n \therefore g(n-1,m)= $f(n-1,m)+(m-1)\\%n+1$ \%n= $f(n-1,m)+m$ \%n ∴g(n−1,m)= $f(n-1,m)+(m-1)%n+1$ %n= $f(n-1,m)+m$ %n

$∵ f ( n , m ) = g ( n − 1 , m ) \because f(n,m)=g(n-1,m)$ ∵f(n,m)=g(n−1,m)

$∴ f ( n , m ) =$ $f ( n - 1 , m ) + m$ % n \therefore f(n,m)= $f(n-1,m)+m$ \%n ∴f(n,m)= $f(n-1,m)+m$ %n

代码：

java 复制代码

public int findWinner(int n,int m){
    if(n==1) return 0;
    int winner = findWinner(n-1,m);
    return (winner+m)%n;
}

2024春晚魔术原理—约瑟夫环问题

1.魔术模拟

2.约瑟夫环问题数学推导过程

3.参考文献