poj 1282 庆典的日期 置换群

　　根据题意，N个编号祭祀，N个房间，每个转盘上有P个数字，且每年保证每个房间有且仅有一个祭祀。

　　可以转换成 P 个不同的 N元组置换。

　　其中   为第i天祭祀位置， 为第 i 天转盘置换

　　则 第i天 祭祀所在的房间为      （为什么是先D后T，因为置换的乘法是连接，先后 ）

　　

　　题目要求 经过 Y天，得到单位置换， 且总共P个不同的置换所以我们可以得到如下形式：

　　  （其中 e 为单位置换）

　　假设 Y mod p  = k , 则可表示成如下形式：

　　

　　再转换一下：

　　　

　　令 x = （y - k ）/ p ，  ， 得到

　　上式转换成：

　　　　

　　　对于 　，   我们通过预处理得出，然后枚举 K

　　 的 X 次幂，转换成  ， N个元组相对应，我们可用通过置换模拟，求出每一个元组的 ( Ri, Ai ) 从而得到一个模同余方程组。

　　求解方程组，得到X，然后得出Y。

解题代码：

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#include<stdio.h>

#include<stdlib.h>

#include<string.h>

#include<iostream>

using namespace std;



typedef long long LL;

const int N = 210;

const LL inf = 1e9;

int A[N][N], T[N][N], D[N][N], p, n;

int r[N], a[N];// X = r[i] ( mod a[i] )



bool find( int Q[], int key, int k, int &rr, int &aa )

{

    int s = Q[k]; 

    rr = -1; aa = 1;

    if( k == key ) rr = 0;

    while( s != k )

    {    

        if( s == key ) rr = aa;

        aa++;

        s = Q[s];

    }

    return (rr == -1) ? false : true;

}

LL ExGcd( LL a, LL b, LL &x, LL &y )

{

    if( b == 0 ) { x=1;y=0; return a;}

    LL r = ExGcd( b, a%b, x, y );

    LL t = x; x = y; y = t-a/b*y;

    return r;

}

LL ModLine( )

{

    LL rr = r[0], aa = a[0];

    for(int i = 1; i < n; i++)

    {

        // r[i] - rr = aa*x + a[i]*y    

        LL x, y, C = r[i]-rr;

        LL d = ExGcd( aa, a[i], x, y );

        if( C%d != 0 ) return -1;

        LL Mod = a[i]/d;

        x = ((x*(C/d)%Mod)+Mod)%Mod;

        rr = rr + aa*x;

        aa = aa*(a[i]/d);

    }

    return rr;

}

int main()

{

    while( scanf("%d%d", &n, &p) != EOF)

    {

        for(int i = 0; i < n; i++)

        {

            for(int j = 0; j < p; j++)

            {

                scanf("%d", &A[j][i] );

                A[j][i]--; // (0,1,2,...,n-1)

            }

        }

        for(int i = 0; i < n; i++)

            T[0][i] = A[0][i];

        for(int i = 1; i < p; i++)

        { // T[p-1]*T[p-2]*...*T[0]  置换乘法为连接，且左后右先

            for(int j = 0; j < n; j++)

                T[i][j] = A[i][ T[i-1][j] ];

        }

        for(int i = 0; i < p; i++ )

        { // 求逆

            for(int j = 0; j < n; j++)

                D[i][ T[i][j] ] = j;

        }

        LL res = inf;    

        // 枚举 Y % p = k, x = (Y-k)/p 

        for(int k = 0; k < p; k++)

        {// T[p-1]^x = D[k]

            bool flag = true;

            for(int i = 0; (i < n) && flag; i++)

                if( !find( T[p-1], D[k][i], i, r[i], a[i] ) ) flag = false;

            if( !flag ) continue;    

            LL x = ModLine();

            if( ( x != -1 ) && ( x*p+k+1 < res ) )

                res = x*p+k+1;    

        }

        if( res == inf ) puts("No one knows.");

        else    printf("%lld\n", res );

    }

    return 0;

}