3333: 洗牌机
时间限制: 2 Sec 内存限制: 512 MB题目描述
有2n张牌，放在2n个从1到2n的有序位置上。洗牌机每次可以把第i张牌洗到p（i）的位置上。P（i）的定义如下：
问经过最少多少轮洗牌，才会使所有牌回到原来的位置。
输入
输入格式：
有多组数据，每组数据一个整数n(n<=109）
输出
输出格式：
对于每组数据，输出一个整数，表示答案。
样例输入
(如果复制到控制台无换行，可以先粘贴到文本编辑器，再复制)
1
样例输出
2
提示
来源
#----------------------------------------------------------------------------------------------#
首先，理解这道题我都觉得要疯掉了，什么叫“回到原来的位置”，我连牌都不知道在哪儿，怎么知道它有没有“回到原来的位置”，现在解释一下：回到原来的位置就相当于第1张牌回到了第1个位置。
极其恶心的题，如果没有“多组数据”，那我们都好说，枚举嘛，枚举第1张牌就可以了：
#include<cstdio>
int n;
int p(int x)
{
if(x<=n) return 2*x;
return 2*(x-n)-1;//它的要求就这样
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
{
int x=1,ans=0;
do//如果不用do-while会直接输出ans，因为x已经赋为1了
{
x=p(x);
ans++;
}while(x!=1);//有没有回到1
printf("%d
",ans);
}
}不难理解……也不难超时……
正解是怎样的呢？以下便是推理过程了（尽管辣眼睛，但我们不畏艰险，还是得慢慢推）：
①P函数是分段的，显然很麻烦，所以我们机智地把它变为了一个公式：return 2*i%(2*n+1)，也就是说：P(i)=2*i%(2*n+1)。
②做一次P(i)是2*i%(2*n+1)，那么做多次呢？不难得到：Pk(i)=(2^k)*i%(2*n+1)，k为次数。
③所以，按照枚举的方法，将i假设为1，方便计算（不会影响结果，方程两边同时乘i可以还原），也就是说，要求k为几时，(2^k)%(2*n+1)为1，就是说又回到了原位。
④这一步很关键，我们知道欧拉定理：若m>1，(a,m)=1（a,m互质），则a^φ(m)≡1 (mod m)，φ(m)还是解释一下，指0-m的整数中与m互质的数的个数，关于证明什么的自己网上搜吧。所以这里就知道了：2和(2*n+1)是互质的（一个奇数一个偶数），所以2^φ(2*n+1)≡1
(mod
2*n+1)。
⑤求出φ(2*n+1)，然后没完。φ(2*n+1)虽然一定能使原方程成立，但它并不一定是最小的……所以，我们还要枚举φ(2*n+1)的因数（因为它的因数一定也能使原方程成立）。
⑥2的乘方要用快速幂哦，每次%(2*n+1)。
代码：
#include<cstdio>
#include<cmath>
long long n;//被int坑了，所以直接ctrl+f全换long long
long long skm(long long x,long long n,long long mod)//快速幂
{
long long t=1;
while(n)
{
if(n&1) t=(t*x)%mod;
n>>=1;
x=x*x%mod;
}
return t;
}
long long phi(long long x)//求φ
{
long long m=(long long)sqrt(x+0.5);
long long sum=x;
for(long long i=2;i<=m;i++)
if(x%i==0)
{
sum=sum/i*(i-1);
while(x%i==0)
x/=i;
}
return x>1?sum/x*(x-1):sum;
}
int main()
{
while(~scanf("%lld",&n))
{
long long ph=phi(2*n+1);
long long ans=ph;
for(long long i=2;i*i<=ph;i++)//枚举到sqrt(ph)
if(ph%i==0)//如果是因数
{
if(skm(2,i,2*n+1)==1)//i为ph因子
if(i<=ans)
{
ans=i;
break;//这里i从小到大枚举，所以只要符合条件就一定为最小了
}
if(skm(2,ph/i,2*n+1)==1)//ph/i也是ph的因子
if(ph/i<=ans)//暂时还不能确定ph/i的大小，所以用ans先比较一下
ans=ph/i;
}
printf("%lld
",ans);
}
}
By WZY