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题目：
有m个人面向南方站成一排(m ≥1)，每喊一次口号可以有n个人同时转身一次(1≤n≤m)，问共需喊多少次口号所有人最终全部面向北方？
请编写一个函数，函数有两个参数，分别为m和n，函数返回值为最终需要的次数，若经过无穷大次仍然无法全部转向北方，则输出-1.
例1：
m = 6,n =5:
用0表示面向南方，1表示面向北方，如下：
0 0 0 0 0 0
0 1 1 1 1 1
1 1 0 0 0 0
0 0 0 1 1 1
1 1 1 1 0 0
0 0 0 0 0 1
1 1 1 1 1 1
返回6
例2：
m = 3,n = 2:
返回-1
![]()
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先mark，有个想法。明天再探讨
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黄花
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m位数，每次把其中n位取反。这就是一个不断异或的过程：对于一个m位数，连续多次异或若干m位数，每次异或的数都有n位为1。最终的目标是把最初的数每一位都取反。现在题目变成了：找到一系列的m位数，其中每个都有n位为1；对于每一位(0到m-1)，该系列中都有奇数个在对应位上是1。也就是说，经过一系列异或之后，每位都被取反了奇数次。
楼主的例子相当于以下代码
int x = 0;
x ^= 0x1F;
x ^= 0x2F;
x ^= 0x37;
x ^= 0x3B;
x ^= 0x3D;
x ^= 0x3E;
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如果m是奇数，其中每一位取反都要求是奇数次，结果所有位取反的总次数也必须是奇数才行；而如果n是偶数，每次取反都是偶数位。
所以，在m是奇数而n是偶数的情况下，无解。
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本版专家分：5800 -
在我看来，这道题需要限定尝试的次数。
1、总的返回值最大应该是m!/n!/(m-n)!，因为在m选n的组合中，每一种组合只应该出现一次，偶数次和没有翻牌一样奇数次翻牌效果等同于1次。
2、要想得到最终的全部翻过去的结果，那么每一张牌的翻动次数为奇数次。
3、所有牌的翻动次数之和，应该为n的整数倍，如果不是整数倍，就应该继续尝试或者返回-1。
4、依据x1+x2+x3+...+xn=m*x 的算式，还可以推导出x和m、n的奇偶性关系。其中，x为返回值，xn为各个位置牌的翻动次数。![]()
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本版专家分：5800
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个人见解，这道题需要模拟尝试，通过一些分析来限定减小巨大的尝试次数，然后得出返回值。
如果能够出现直接数学计算出来的方法，那就很牛了！
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O(nm)算法显然的。要不要再低先看lz有没有那个需求。
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这个是自己定的
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本版专家分：1068
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哇塞，这个思路果真不同寻常，我仔细考虑一下
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本版专家分：1068
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我也想但愿是如此呢，考虑一下变换
m = 6,n = 4
0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 0 0 转1-4
1 0 0 0 1 0 转2-5
1 1 1 1 1 1
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本版专家分：1068
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Falleyes分析的真不错，学习了，通过我暂时的总结：
n为偶数时，不知道解准确师多少：
当n为奇数时，仿佛有这个公式：
m / n + (m % n) * n
验证：
m = 6,n = 5时，6 / 5 + (6 % 5) * 5 = 1 + 1 * 5 = 6
m = 7,n = 5时，7 / 5 + (7 % 5) * 5 = 1 + 2 * 5 = 11
现在想着是否使用数学归纳法可以证明这个结果，但是还没有思路。
我也想过x1+x2+x3+...+xn=m*x这个，但是x1,x2,,,,,xn不知道如何确定，好纠结
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本版专家分：1068
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当然是越低越好了，一直喜欢搞些算法，今天朋友说的这道题，想了半天，愣是没想出来
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本版专家分：11487
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数据的值不会太大
但是还是有点麻烦的，
先约分m/n，直到互质为止，假定还是m/n
之后如果m为奇数，n为偶数必然无解
如果有解的情况m次必然可得结果，但是要找到最小还是要算下
比如5，3，实际3次就可以00111－01001－11111
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蓝花
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貌似是有公式的：
m=奇数 n=偶数 无解
m=奇数 n=奇数 m / n = x ... y， 解 = n + (x - 1)
m=偶数 n=奇数 m / n = x ... y， 解 = n + 1 + (x - 1)
m=偶数 n=偶数 m / n = x ... y， y = 0 时解 = x，y != 0时解 = m / y
经过以上次数必定全部反转， 但是不一定是最小反转次数
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本版专家分：1068
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还请问一下上面的x和y是什么意思呢
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m=奇数 n=奇数 m / n = x ... y， y = 0 时解 = x，y != 0时解 = n + 1 + (x - 1)
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商 和 余数 啊
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还是想复杂了，其实不用约分，也不能约分，约分就错了，比如64有解，但是32无解
m为奇数，n为偶数无解
实际就是从n个人到m－n个人的最快方式
1.如果m-n>n,先每次n步，最接近m-n为止，如果m，n为偶数，由于数据足够，一次肯定可以步进偶数个必然1次就可以结束；如果n为奇数，那么剩余奇数一次可以结束，偶数个2次可以结束
2。如果m-n<n,其实就是反了个方向，不过要先求出反向的最大步进值，实际只有m－n＝1要特殊处理下，其他和正向是一样的
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m=奇数 n=奇数 m / n = x ... y， y = 0 时解 = x，y != 0时解 = n + 1 + (x - 1)
m=偶数 n=奇数 m / n = x ... y， y = 0 时解 = x，y != 0时解 = n + 1 + (x - 1)
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还是有点乱 再想想
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m=奇数 n=偶数 无解
m=奇数 n=奇数 m / n = x ... y， y = 0 时解 = x，y != 0时解 = n + (x - 1)
m=偶数 n=奇数 m / n = x ... y， y = 0 时解 = x，y != 0时解 = n + 1 + (x - 1)
m=偶数 n=偶数 m / n = x ... y， y = 0 时解 = x，y != 0时解 = m / y
这次对了
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错了，5，3情况3次就ok，公式不对
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好吧 我承认要改一下
m=偶数 n=偶数 m / n = x ... y， y = 0 时解 = x，y != 0时解 = n
经过以上次数必定全部反转， 但是不一定是最小反转次数
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m=5, n=3。你的公式给出7，但是实际只要3步：00000->11100->10010->11111
顺便我的O(nm)代码贴在下面，你有啥猜想就拿这个验证吧。
int f(int m, int n)
{
vector<int> r(m+1, -1);
r[0] = 0;
queue<int> q;
q.push(0);
while(!q.empty() && r[m] < 0)
{
int t = q.front();
q.pop();
int start = t <= m-n ? 0 : n-m+t;
int end = t >= n ? n : t;
for(int i = start; i <= end; i++)
{
int j = t - i + (n-i);
if(r[j] < 0)
{
r[j] = r[t] + 1;
q.push(j);
}
}
}
return r[m];
}
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蓝花
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5 / 3 = 1 ... 2 解 = 3 + (1 - 1) = 3
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搞错了，是73，3次就可以，但是你公式要4次
实际10，8，3次也可以，你公式也错
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本版专家分：1068
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我也超级乱了，24楼的程序给我帮助不小
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本版专家分：0 -
看了前面人的思路受到了启发，说一下我的思路 :
假设定义解题状态开始为(m, 0) ，最终要到达(0, m)状态。 括号里面第一个数代表0的个数，后面代表1的个数。
1. m是偶数数，n是奇数。 那么可以推断必定要翻转偶数次。 我们把两次归结为一次，则每次把0翻转成1的个数为 [0 , min(2n , 2m-2n)] 区间中的偶数。 以楼主m = 6, n = 5的例子来说，则可以翻转0个，翻转2个。
0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 0
1 0 0 0 0 1
又因为要取最小翻转次数，那么翻转0个就相当于做无用功。所以这个例子每次只能翻转2，最后次数为6 / 2 * 2 = 6 次。
2. m偶数， n偶数。 那么既可以翻转偶数次，又可以翻转奇数次。 同上面一样，把两次当一次考虑，翻转0的个数取[0 , min(2n , 2m-2n)] 中的偶数。 那么对于例子 m = 6, n = 4。则可取0, 2, 4。
假如翻转偶数次, 那么可以取上面的2, 4 ，最少翻转次数为 2 * 2 = 4;
假如翻转奇数次, 那么可知倒数第二次状态为（n, m - n）。这时只要考虑从(m, 0)状态到 (n, m-n)状态就行了。 也即相当于翻转偶数次，使m-n个 0变成 1 ，这又变成了上面那个问题。上面的例子则是(6, 0）....-> (4, 2) -> (0, 6)，那么最终结果为2 + 1 = 3 < 4；如下所示
0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 0 0
1 0 0 0 1 0
1 1 1 1 1 1
3. m奇数，n偶数。无解
4. m奇数，n奇数。必定要翻转奇数次。同上面一样，翻转状态应为(m ,0) ....->(n ,m - n) -> (0 ,m)。 只需要求解翻转m-n个0的最少次数加一就行了。
这是只个人的思路，不知道正确否。
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m = 7 , n = 3 只要3次 你确定？ 你转我看
0000000
1110000
1111110
1111001
1110010
1111111
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0000000
1110000
1101100
1111111
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1101100
1111111
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好吧 确实不是最优解， 但反正是能转出来的
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狂晕，这也行
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本版专家分：11487
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好象这样就ok了，跟FancyMouse的程序验证了下，没问题，基本完全数学解法
总结下：
假定x＝m%n;
y=m/n
m为奇数，n为偶数无解
如果m能整除n，需要y次
如果m－n＝1，需要m次
如果n<m-n:
如果n为偶数，返回y+1
如果(m-n*y)为偶数，返回y+2
如果(m-n*y)为奇数，返回y+1
如果n>m-n:
如果n为偶数，返回3
如果2*n-m为偶数，返回4
如果2*n-m为奇数，返回3
程序如下：
int f(int m, int n)
{
std::vector<int> r(m+1, -1);
r[0] = 0;
std::queue<int> q;
q.push(0);
while(!q.empty() && r[m] < 0)
{
int t = q.front();
q.pop();
int start = t <= m-n ? 0 : n-m+t;
int end = t >= n ? n : t;
for(int i = start; i <= end; i++)
{
int j = t - i + (n-i);
if(r[j] < 0)
{
r[j] = r[t] + 1;
q.push(j);
}
}
}
return r[m];
}
int calc(int m,int n)
{
if (m<n)
{
printf("input error \n");
return -1;
}
if (m%2==1 && (0==n%2)) // m奇数，n偶数无解
{
printf("no sul \n");
return -2;
}
if (0==m%n)
{
// printf("sul=%d \n",m/n);
return m/n;
}
if ( m-n==1)
{
// printf("sul=%d \n",m);
return m;
}
if (2*n <m) //n<m-n
{
int x = m%n;
int y =m/n;
if (0==n%2)
{
// printf("sul=%d \n",y+1);
return y+1;
}
if (0== (m-n*y)%2)
{
// printf("sul=%d \n",y+2);
return y+2;
}
else
{
// printf("sul=%d \n",y+1);
return y+1;
}
}
else
{
if (0==n%2)
{
// printf("sul=3 \n");
return 3;
}
int total = 2*n-m;
if (0==total%2)
{
// printf("sul=4 \n");
return 4;
}
else
{
// printf("sul=3 \n");
return 3;
}
}
}
int main()
{
int m=0;
int n=0;
while (1)
{
printf("input m,n \n");
scanf("%d,%d",&m,&n);
if (0>=m || 0>=n )
break;
int ret1 =calc(m,n);
int ret2 =f(m,n);
printf("ret1=%d,ret2=%d \n",ret1,ret2);
}
return 0 ;
}
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本版专家分：11487
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错了，上边的逻辑还是有些问题当n>m-n:的时候，如果n为奇数，不能直接返回3，4 ，还要仔细考虑下
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本版专家分：0
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这个没人看吗。。。新人第一次回帖被忽略了
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本版专家分：39
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第一步，m/n，剩余余数K=m%n
第二步，K为偶数，需要2次翻转。K/2和已经翻转的（n-K/2）同时翻，（n-K/2）翻两次。
则总步数T=m/n+1
第三步，K为奇数
若n为偶数则无解
若n也为奇数，则回溯一步前面的步数为（m/n-1），未翻转的(n+K)/2和已经翻转的（n-(n+K)/2）同时翻，（n-(n+K)/2）翻两次。
总步数为T=m/n+1
证明：
m/n求余数K没有问题
剩下是如何用n来翻转K
K每次翻转必须借助K以外的位，那些位必须翻转偶数次，才能保证不变
那么首先假设K为偶数。考虑K/2，他们只需要跟（n-K/2）位一起翻转，剩余的一半K/2，跟相同的（n-K/2）位一起翻转。
完成翻转。
若K为奇数，n为奇数，则无法满足偶数次翻转的可能性。必然有至少1个无法翻转的位。
若K、n同为奇数，前面m/n回溯一次，未翻转的位为（K+n），将其分为两半，可以作为2次翻转完毕。
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本版专家分：39
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再更正：
补充几种情况
若能m/n整除，则总次数为T=m/n
m/n>1才使用以上公式，否则
若m/n=1，则分m%n奇数，总次数1+3=4，m%n偶数，总次数1+2=3
例如：
7/3：7/3+1=3
8/3：8/3+2=4
9/3：9/3=3
7/5： 1+2=3
8/5： 1+3=4
9/5： 1+2=3
11/3：11/3+2=5
12/3：12/3=4
13/3：13/3+1=5
12/4：12/4=3
13/4：无解
14/4：14/4+2=5
12/5：12/5+2=4
13/5：13/5+1=3
14/5：14/5+2=4
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本版专家分：1068
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这个解法确实牛，不知可以算作动态规划的一种版本不，我简单的验证了一下果真都可以的，但是不知 [0 , min(2n , 2m-2n)] 区间是如何得出的，这个真一下子没想明白
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本版专家分：0
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左区间： 当两次选取完全重合时为0。 右区间：当两次选取完全不重合时为2n，但此时要满足2n<=m。 若2n>m，则第一次翻转剩余m-n个0，第二次翻转把这些0翻转，而且要把n-(m-n)个1翻转成0，此时两次翻转最多翻转m - (n - (m - n))个0。如同下面m = 7 , n = 5 所示
0 0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 0 0
1 1 0 0 0 1 1
故区间为 [0 , min(2n , 2m-2n)]。写的确实有点玄乎。。。
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本版专家分：11487
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参考了FancyMouse的代码，其实本题在常量时间即可解出，
总结如下：
假定x＝m%n;
y=m/n
m为奇数，n为偶数无解
如果m能整除n，需要y次
如果m－n＝1，需要m次
如果n<m-n:
如果n为偶数，返回y+1
如果(m-n*y)为偶数，返回y+2
如果(m-n*y)为奇数，返回y+1
如果n>m-n:
如果n为偶数，返回3
如果2*n-m为偶数，实际等同于正向，步长是(m-n)，但是最少4步
假定k＝m%(m-n)
假定j＝m/(m-n)
如果k＝0，返回j
k为奇数，返回j+1
k为偶数，返回j+2
如果2*n-m为奇数，返回3
程序如下：
int calc(int m,int n)
{
if (m<n)
{
printf("input error \n");
return -1;
}
if (m%2==1 && (0==n%2)) // m奇数，n偶数无解
{
printf("no sul \n");
return -2;
}
if (0==m%n)
{
// printf("sul=%d \n",m/n);
return m/n;
}
if ( m-n==1)
{
// printf("sul=%d \n",m);
return m;
}
if (2*n <m) //n<m-n
{
int x = m%n;
int y =m/n;
if (0==n%2)
{
// printf("sul=%d \n",y+1);
return y+1;
}
if (0== (m-n*y)%2)
{
// printf("sul=%d \n",y+2);
return y+2;
}
else
{
// printf("sul=%d \n",y+1);
return y+1;
}
}
else
{
if (0==n%2)
{
// printf("sul=3 \n");
return 3;
}
int total = 2*n-m;
if (0==total%2)
{
int sum = m/(m-n);
int mod = m%(m-n);
if (0!=mod)
{
if (0==mod%2)
sum+=2;
else
sum+=1;
}
if (sum<4)
sum=4;
return sum;
// printf("sul=4 \n");
}
else
{
// printf("sul=3 \n");
return 3;
}
}
}
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本版专家分：4
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先m%n 余下的是偶数就可以，奇数不行
假设余数为X，把余数的一半与前面已经ok的一起转，另一半余数再跟ok了的转就可以了
例如：m=7, n=5
1111111
0000011
1111001
0000000
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本版专家分：10
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很明显
当n为奇数时，仿佛有这个公式：
m / n + (m % n) * n
这个结论是错的
举例：m=5,n=3,实际次数是3，但是这个结论计算出来的是7.
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11100
10010
11111
当然楼主应该有隐含条件就是最少多少次，如果次数不论，7次自然也是可以达到结果的。
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本版专家分：4
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第一种要条件(m - x) + x/2 >= n可以
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本版专家分：4
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还有n-X为偶数且(m - (n-x)) + (n-x)/2 >= n也可以？
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本版专家分：0
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小弟真心服了，哥们真机智
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本版专家分：5800
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果然，这个问题的解决方式演变成了数学公式！
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本版专家分：5800
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这个值的确定就可以使用穷举尝试，但是效率肯定没有像你那样的数学总结好。从数字中看出规律，这才是数学解法，因为每个数字组合只对应了一个答案。