【BZOJ1965】[AHOI2005]洗牌（数论）
题面
题解
考虑反过来做这个洗牌的操作，假定当前牌是第(l)张。
因为之前洗的时候考虑了前一半和后一半，所以根据(l)的奇偶性可以判定在前一半还是后一半，那么(l/2)就是在这一半里面在它前面的张数，这样子很容易就可以还原回去。暴力就有(70)分了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,l;
int main()
{
cin>>n>>m>>l;
while(m--)l=(l&1)?(n>>1)+(l>>1)+1:(l>>1);
cout<<l<<endl;
return 0;
}
那么我们现在正着考虑，当前位置是(l)，洗完一次之后变到哪里去了呢？
如果(lle n/2)，那么是(2l)，如果(lgt n/2)，那么是((l-n/2)*2-1=2l-n-1)
因为前半部分显然存在(2lle n)，而后半部分显然(2lgt n+1)，所以我们可以认为每次操作之后都由(l)位置变成了(2l\% (n+1))位置。
那么进行了(m)次之后出现在了(l)位置，即：(x*2^{m}equiv l(mod n+1))，而(n)是偶数，所以必然和前面的(2^m)互质，所以只需要求解一个逆元就好了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,l;
ll multi(ll a,ll b){ll s=0;while(b){if(b&1)s=(s+a)%(n+1);a=(a+a)%(n+1);b>>=1;}return s;}
ll fpow(ll a,ll b){ll s=1;while(b){if(b&1)s=multi(s,a);a=multi(a,a);b>>=1;}return s;}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(!b){x=1;y=0;return a;}
ll d=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;return d;
}
ll inv(ll a,ll b)
{
ll x,y;exgcd(a,b,x,y);
return (x%b+b)%b;
}
int main()
{
cin>>n>>m>>l;
l=multi(l,inv(fpow(2,m),n+1));
cout<<l<<endl;
return 0;
}
upd:
压行版本
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,l;
ll multi(ll a,ll b){ll s=0;while(b){if(b&1)s=(s+a)%(n+1);a=(a+a)%(n+1);b>>=1;}return s;}
ll fpow(ll a,ll b){ll s=1;while(b){if(b&1)s=multi(s,a);a=multi(a,a);b>>=1;}return s;}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){(!b)?(x=1,y=0):(exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x);}
ll inv(ll a,ll b){ll x,y;exgcd(a,b,x,y);return (x%b+b)%b;}
int main()
{
cin>>n>>m>>l;
cout<<multi(l,inv(fpow(2,m),n+1));
return 0;
}