2024春晚魔术原理—约瑟夫环问题

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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

卡牌.png

Step 2：四张卡牌对折撕开，并重叠

卡牌2.png

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

卡牌3.png

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

卡牌4.png

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

卡牌5.png

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

卡牌6.png

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

卡牌7.png

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

卡牌8.png

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

卡牌9.png

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)={0n=1[f(n−1,m)+m]%nn>1f(n,m)=\begin{cases} 0& \text{n=1}\\ [f(n-1,m)+m]\%n & \text{n>1} \end{cases}

其中 n 代表卡牌数，m = 2。

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

其结果正好是 Step 8 中卡牌 2 的位置。

代码：

通过 Java 语言实现了模拟程序，其代码已上传至 Github，链接在下方。执行结果如下图所示：

模拟程序运行结果.png

2024 SpringFestivalMagic (github.com)

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 nn 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−10、1、2、\dots、n-1。从编号 0 开始报数，报到 mm 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：

约瑟夫环问题流程.png

3.数学推导

定义：

  • 在序列 0、1、2、…、n−10、1、2、\dots、n-1 执行约瑟夫环操作，最后剩下的编号为 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 kk，则下一次操作的序列为 k+1、k+2、…、n−1、0、1、…、k−1k+1、k+2、\dots、n-1、0、1、\dots、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)
  • 从以上的定义可知，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+1k+100
k+2k+211
…\dots…\dots
n−1n-1n−k−2n-k-2
00n−k−1n-k-1
11n−kn-k
…\dots…\dots
k−1k-1n−2n-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−1k+1 <= x <= n-1 x+n−k−10 <= x <=k-1h(x)=\begin{cases} x-k-1& \text{k+1 <= x <= n-1 }\\ x+n-k-1 & \text{0 <= x <=k-1} \end{cases}

∵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

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

∴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

∵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

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

∴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

∴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

为了消除求余号 %\% ，可以引入正整数 TT，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+Tnh(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) 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))

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

∵x=h(x)+k+1−Tn\because x=h(x)+k+1-Tn

∴h−1(x)=x+k+1−Tn=(x+k+1)%n\therefore 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

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

∵f(n,m)=g(n−1,m)\because 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

代码：

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

3.参考文献

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