约瑟夫真是个好题。
约瑟夫的题有模拟，递推的标签。于是有两大类算法，三种题目。
入门练习类
复杂度$\Theta(NM)$
一般作者为了显示是个入门题会出$10^3 ~ 3 \times 10^4$的数据范围。（额，出到$10^5$仿佛还没见过）
而且一般会问整个序列。
模拟这个过程。
于是，有例子：
$5$个人报数，每报到$3$这个人就出列，下一个人从1开始报。
使用$LaTeX$。分$4$步
$$
\begin{array}{ccccc}
1&2&3&4&5\\
1&2&\not3&4&5\\
\not1&2&\not3&4&5\\
\not1&2&\not3&4&\not5\\
\not1&\not2&\not3&4&\not5
\end{array}
$$于是最后只有$4$号留下了。
上个代码（模拟）：
#include<cstdio>
int all[10000000];
int main(){
int m,n;
int bs=0,out=0,num=0;
// out计数出去的人数\
num记录当前的，\
bs是报数计数器
scanf("%d%d",&m,&n);
do{
++num;
if(num==m+1) num=1; //循环下标
if(all[num]==0) ++bs;//如果这个人没有出去，报数
else continue; //已经出去了，跳过
if(bs==n){//发现报到了
bs=0;
all[num]=1;//干出去
++out;//计数
printf("%d ",num);//输出
}
}while(out!=m);//如果全出去了，结束。
return 0;
}
递推类
时间复杂度$\Theta(N)$
于是$0<n,m<10^8$
并且只问最后一个人的编号。
于是递推。
如果我们要求$1$个人的序列的答案，
然后反向报数加人
可以先求出两个人的序列，在一直推到$N$个人，
每次重新编号，并且为了方便，我们把$[1,N]$平移到$[0,N-1]$。
于是本来有一个人。
后来的一个人排在了正确的位置上，
因为是反向报数，所以其实这个人就是最后出去的人。
而且现在的两个人中的最后出去的人的编号是对的。
于是一直推。
$$f_i=(f_{i-1}+m)\mod{i}$$
为了防止编号越出$n$，还得取个模。
放个代码（好短）：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define LL long long
using namespace std;
LL ans=0,n,m;
int main(){
ans=0;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=(ans+m)%i;
printf("%lld\n",ans+1);
}
于是还有另类的题（不过也是逆推）
第$i$次报$i$个数
不过也一样，只是把里面的改成
for(int i=n-1;i>=0;i--) ans=(ans+i)%(n-i+1);
一样是逆推。
毒瘤类：
当作者不再冷静，就会把数据出成这个鬼样子：
$N\leq 10^9,M \leq 10^6$
总之$\Theta(N)$过不去了。
那么我们就要想想为啥$M$这么小，
于是可以利用类似分块(？)的思想。
在$\Theta(N)$的基础上，把不需要取模的那部分直接乘法加速。
于是变成$\Theta(M \log N)$
就终于干过毒瘤出题人啦。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
int m,n;
int main(){
int T;
for(cin>>T;T;T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
int id=0;
if(n>m){
for(int i=1;i<=m;i++)
id=(id+m)%i;
for(int i=m+1;i<=n;i++){
id=(id+m)%i;
int jumpl=(i-id)/(m-1);
if(i+jumpl<=n){
id=(id+jumpl*m)%(i+jumpl);
i+=jumpl;
}
else{
id=id+(n-i)*m;
break;
}
}
}else{
id=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
id=(id+m)%i;
}
printf("%d\n",id+1);
}
}