圆桌上围坐着2n个人。其中n个人是好人，另外n个人是坏人。如果从第一个人开始数数，数到第m个人，则立即处死该人；然后从被处死的人之后开始数数，再将数到的第m个人处死……依此方法不断处死围坐在圆桌上的人。试问预先应如何安排这些好人与坏人的座位，能使得在处死n个人之后，圆桌上围坐的剩余的n个人全是好人。

### 回答1：
这是一个经典的约瑟夫问题。解决方法是：将好人和坏人分别排成一列，然后将好人列和坏人列交错排列，即好人列的第一个人和坏人列的第一个人坐在一起，好人列的第二个人和坏人列的第二个人坐在一起，以此类推。这样排列后，从第一个人开始数数，每数到第m个人就将他处死，最后剩下的n个人一定都是好人。

### 回答2：
首先，我们可以假设在第一个好人被处决之前，圆桌上的情况为H-H-H-...-H-B-B-B-...-B，其中H代表好人，B代表坏人。我们需要给这些人安排座位，以便在最后剩余的n个人全是好人。

考虑从第一个人开始数数，并处决第m个人。假设第一个被处决的是第k个人，那么此时圆桌上的情况为B-B-...-B-H-H-...-H-B-B-...-B。第k+1个人成为新的第一个人，需要从他开始数数。我们希望在第二轮中，第一个被处决的仍然是一个坏人，否则在处决完n个人之后，余下的人中就不可能再有n个好人了。

因此，我们可以将好人和坏人交错着排在圆桌上。具体方法如下：

1. 将所有的好人和坏人分别排成两个圆。

2. 将两个圆分别沿着中心轴折叠，使得好人和坏人交错排列在一个圆里。

3. 将第一个好人放在第一个位置，然后顺时针放置其余好人和坏人。

例如，当n=4时，座位的排列方式为H-B-H-B-H-B-H-B，如下图所示：

H B
B H
B H
B H

当m=3时，第一个被处决的是第3个人，即一个坏人。此时圆桌上的情况变为B-H-B-H-B-H-...-H-B。下一轮从第4个人开始数数，仍然是数到一个坏人才会处决他，因此我们可以保证在处决完n个人之后，圆桌上剩余的n个人全是好人。

总之，将好人和坏人交错着排列，可以保证在圆桌上任意位置开始处决，都能保证在处决完n个人之后，圆桌上剩余的n个人全是好人。

### 回答3：
首先，将好人编号为1~n，坏人编号为n+1~2n。

我们假设答案中坏人的编号为b1, b2, ..., bn，好人的编号为g1, g2, ..., gn。

考虑让第一个被处死的人为bn，这样圆桌上就只剩下了n-1个坏人和n个好人，好人的编号为1~n。

假设接下来留下了好人g1，此时圆桌上只剩下了n-2个坏人和n-1个好人。又由于此时从g1开始重新数数，那么相当于从原来的第2个位置开始重新数数，即第二个被处死的人应该是坏人b2。

按照这个思路，我们可以得到一种安排方案：

首先让第一个被处死的人为b(n)，接着每次让留下来的好人编号为上一次留下来的好人的下一个，第k个被处死的人为bk。

证明：每次留下来的好人编号都是上一次留下来的好人的下一个，因此这些好人的编号构成了一个大小为n的“循环节”，每次留下来的好人都是这个循环节中的下一个人。由于在“循环节”之外，又有n个坏人和n个好人，所以共有2n个人。因此每个人正好都会被处死一次。最后留下来的是好人g(n)，满足要求。

这样的安排方案是唯一的吗？我们来证明一下。

设第一个被处死的人是bx，第k个被处死的人是bk，留下的好人的编号为g1, g2, ..., gn。

首先，bx不能是好人，否则第一次留下来就留下了一个好人，此后永远无法留下所有好人。

bk不能选择一个比bk-1小的坏人，否则有一个好人在“循环节”中被留下了两次，而另外的一个好人永远不可能被留下。

bk也不能是好人，否则在“循环节”中会留下两个好人。

至此，我们证明了上述安排方案的唯一性。