题解luoguP2054 BZOJ1965【[AHOI2005]洗牌】

• 题目链接：

  https://www.luogu.org/problemnew/show/P2054

  https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1965

• 思路：

  首先一开始我看错题了，但是发现了一些有趣的东西：

我一开始理解的意思：第L张扑克牌的牌面大小是多少

这是题目要我们求得，然后我看成了原序列中第L张扑克牌的位置...然后兴冲冲地找到了规律，比较有趣: $pos equiv (L*2^m) mod (n+1)$,具体怎么证我不会，可惜数竞大佬都去集训了，现在也没办法。

然后按这个规律交了一发只有10分，才发现看错题了。我们要求的是m次洗牌后第L张扑克牌的牌面大小,然而刚刚我们已经发现了$pos equiv (L*2^m) pmod {n+1}$

于是我们设位于L位，即现在位置（pos）在L上的牌在原序列第x张，根据上面规律：$(x*2^m) equiv L pmod {n+1}$ 

所以 $x equiv L*{2^m}^{-1} pmod {n+1} $，求出$2^m$在模$(n+1)$意义下的逆元即可。

- 其他：

这里不用$(n+1)$不一定是质数，所以最好不要用费马小定理求，否则你只有40分，然后我们就只能用拓欧了

同时我发现当m满足$2^m equiv 1 pmod {n+1}$时，恰好变成最开始的序列，然而我还是不会证明


- 代码：

include

include

include

include

include

include

define ll long long

using namespace std;
ll quick_pow(int a,int b,int c)//a^b%c
{
if(b0)return 1;
ll x=quick_pow(a,b>>1,c);
x=xx%c;
if(b&1)x=xa%c;
return x;
}
void ex_gcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y, ll &d){
if (!b) {d=a,x=1,y=0;}
else{
ex_gcd(b,a%b,y,x,d);
y=y-x*(a/b);
}
return ;
}
ll inv(ll t, ll p){
ll d,x,y;
ex_gcd(t,p,x,y,d);
return (x%p+p)%p;
}
int main(){
ll n,m,l;
cin>>n>>m>>l;
ll p=quick_pow(2,m,n+1);
if(p%(n+1)1){
printf("%lld",l);
}
else{
printf("%lld ",(l*inv(p,n+1))%(n+1));
}
return 0;
}