1、dfs递归写法：
我们有n个数，下标从0到n-1，然后从
index=0开始数，每次数m个数，最后看能剩下谁。我们假设能剩下的数的下标为y，则我们把这件事表示为f(n, m) = y;
这个y到底表示了啥呢？注意，y是下标，所以就意味着你从
index=0开始数，数y+1个数，然后就停，停谁身上谁就是结果。行了，我们假设
f(n-1,m)=x，然后来找一找f(n,m)和f(n-1,m)到底啥关系。
f(n-1,m)=x意味着啥呢？意味着有n-1个数的时候从index=0开始数，数x+1个数你就找到这结果了。那我不从index=0开始数呢？比如我从index=i开始数？那很简单，你把上面的答案也往后挪i下，就得到答案了。当然了，你要是挪到末尾了你就取个余，从头接着挪。于是我们来思考
f(n,m)时考虑以下两件事：
- 有n个数的时候，要划掉一个数，然后就剩n-1个数了呗，那划掉的这个数，下标是多少？
- 划完了这个数，往后数，数x+1个数，停在谁身上谁就是我们的答案。当然了，数的过程中你得取余
问题一：有n个数的时候，划掉了谁？下标是多少？
因为要从0数m个数，那最后肯定落到了下标为m-1的数身上了，但这个下标可能超过我们有的最大下标（n-1）了。所以攒满n个就归零接着数，逢n归零，所以要模n。
所以有n个数的时候，我们划掉了下标为
(m-1)%n的数字。问题二：我们划完了这个数，往后数x+1下，能落到谁身上呢，它的下标是几？
你往后数x+1，它下标肯定变成了
(m-1)%n +x+1，和第一步的想法一样，你肯定还是得取模，所以答案为[(m-1)%n+x+1]%n，则f(n, m) = [(m - 1) % n + x + 1] % n
其中
x=f(n-1,m)我们化简它！
f(n,m)=[(m-1)%n+x+1]%n
=[(m-1)%n%n+(x+1)%n]%n
=[(m-1)%n+(x+1)%n]%n
=(m-1+x+1)%n
=(m+x)%n
化简版本（编号从0开始）
int LastRemaining_Solution(int n, int m) {
return n == 0 ? n : (LastRemaining_Solution(n - 1, m) + m ) % n;
}
编号从1开始：
int f1(int n, int m) {
return n == 1 ? n : (f1(n - 1, m) + m - 1) % n + 1;
}
编号从0开始，并且记🦌报数出去的顺序
int dfs(int n, int m, int i)
{
if (i == 1) return (m - 1 + n ) % n;
return (dfs(n - 1, m, i - 1) + m ) % n;
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
cout<<dfs(n, m, i)<< " ";2、迭代写法
int lastRemaining(int n,int m){
int res=0;
for(int i=2;i<=n;i++) res=(res+m)%i;
return res;
}
3、队列写法
思路：
先把序号全部入队列，然后让前m-1个人先出，然后再依次插入队列的后面，构成一个圈，然后打印出第m个人。
void LasrRemaining(int n, int m)
{
queue<int> q;
for (int i = 0; i < n; i++) q.push(i);
while (!q.empty()) {
for (int i = 1; i < m; i++)
{
q.push(q.front());
q.pop();
}
cout << q.front() << " ";
q.pop();
}
}
