P2054 [AHOI2005]洗牌
扩展欧拉定理求逆元
$1 2 3 4 5 6$
$4 1 5 2 6 3$
$2 4 6 1 3 5$
$1 2 3 4 5 6$
手推一下样例,你就会发现是有规律的:
位置->位置
$1->2$
$2->4$
$3->6$
$4->1$
$5->3$
$6->5$
规律显然,位于位置$x$的数,进行一次洗牌操作位置就会变成$x*2\%(n+1)$
那么位于$x$的数,经过$m$次操作,位置就会变成$x*2^m\%(n+1)$
那么可以列出一下同余方程
$x*2^m≡k(mod(n+1))$
然后就比较显然了,只有一个未知数$x$,扩展$gcd$好了,=_=,博主太蒟,没有看懂
另一种解释方法是:
变换一下得:$x≡k*{2^{m}}^{-1}(mod(n+1))$
问题就转换成了求解${2^{m}}$在$\%(n+1)$意义下的逆元,还是$exgcd$
$ans={2^{m}}^{-1}*l\%(n+1)$
#include<iostream> #include<cstdio> #define LL long long using namespace std; LL n,m,l; LL pow(LL a,LL b){ LL s=1; for(;b;b>>=1,a=a*a%(n+1)) if(b&1) s=s*a%(n+1); return s; } LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){ if(!b){x=1,y=0;return a;} LL gc=exgcd(b,a%b,x,y); LL tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y; return gc; } int main() { scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&l); LL m_2=pow(2,m); LL x,y; exgcd(m_2,n+1,x,y); printf("%lld ",(x*l%(n+1)+(n+1))%(n+1)); return 0; }