一、题目
二、解法
看到这种多次操作的题一定要往倍增方面想。
矩阵加速显然是可以的，就是有点慢，但是在部分情况下多项式能代替矩阵加速的功能，不难构造下列的多项式，我们只需要求初始数组和它在模 (x^{2n}) 意义下的循环卷积即可：
[(x+x^{2n-1})^T
]
暴力跑是 (O(nlog nlog T)) 的，我们可以把正面朝上记为 (0)，反面朝上记为 (1)，不难发现整个过程都是模 (2) 意义下的，记得有人说过：模小质数的多项式可以考虑有没有什么可以快速计算的形式。
现在就乱搞一下嘛，可以想想二项式展开：
[(x+x^{2n-1})^t=sum_{i=0}^{t}{tchoose i}cdot x^{i}cdot x^{(t-i)(2n-1)}
]
小质数遇见了组合数，看能不能用 ( t lucas) 搞一下，不难发现当 (t) 为 (2^k) 时只有 (i=0) 和 (i=t) 贡献为 (1)，其他情况都被模成 (0) 了，考虑实际意义就是只有两边延伸到的最远地方才有贡献。可以把 (T) 做二进制分解，因为操作是可以拆开进行的，然后直接对原数组改一改就行了，时间复杂度 (O(nlog n)) 。
(t=0) 的时候单独讨论一下，因为要按照他的方式输出答案嘛。
#include <cstdio>
const int M = 200005;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k,c[2][M];
signed main()
{
n=read()*2;m=read();
for(int i=0;i<n/2;i++)
c[k][2*i]=read()-1;
for(int a=2;a<=m;a<<=1)
{
if(m&a)
{
for(int i=0;i<n;i++)
c[k^1][i]=c[k][(i+a)%n]^c[k][((i-a)%n+n)%n];
k^=1;
}
}
if(m&1)
{
for(int i=0;i<n/2;i++)
printf("0 %d ",(c[k][i*2]^c[k][((i+1)*2%n+n)%n])+1);
}
else
{
for(int i=0;i<n/2;i++)
printf("%d 0 ",c[k][2*i]+1);
}
}