pku1721 CARDS（置换群的幂运算） ???
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1721
一下分析转至潘震皓的《置换群快速幂运算 研究与探讨》
洗牌机 (CEOI 1998) 此题对于我老菜来说是属于难题，但是通过这篇经典的文章，学到了很多~~赞下潘震皓。。。。
[问题描述]
剀剀和凡凡有N张牌（依次标号为1，2，……，N）和一台洗牌机。假设N是奇数。洗牌机的功能是进行如下的操作：对所有位置I（1≤I≤N），如果位置I上的牌是J，而且位置J上的牌是K，那么通过洗牌机后位置I上的牌将是K。
剀剀首先写下一个1~N的排列ai，在位置ai处放上数值ai+1的牌，得到的顺序x1, x2, ..., xN作为初始顺序。他把这种顺序排列的牌放入洗牌机洗牌S次，得到牌的顺序为p1, p2, ..., pN。现在，剀剀把牌的最后顺序和洗牌次数告诉凡凡，要凡凡猜出牌的最初顺序x1, x2, ..., xN。
[输入]
第一行为整数N和S。1≤N≤1000，1≤S≤1000。第二行为牌的最终顺序p1, p2, ..., pN。
[输出]
为一行，即牌的最初顺序x1, x2, ..., xN。
[算法分析]
很显然，这题的一副扑克牌就是一个置换，而每一次洗牌就是这个置换的平方运算。由于牌的数量是奇数，并且一开始是一个大循环，所以做平方运算时候不会分裂。所以，在任意时间，牌的顺序所表示的置换一定是一个大循环。
那么根据文章开头提到的定理：设T^k=e，（T为一循环，e为单位置换），那么k的最小正整数解为T的长度。
可以知道，这个循环的n次方是单位循环，换句话说，如果k mod n=1，那么这个循环的k次方，就是它本身。我们知道，每一次洗牌是一次简单的平方运算，洗x次就是原循环的2x次方。
因为n是奇数，2x mod n=1一定有一个<n的整数解，假设这个解是a；那也就是说，一幅牌，洗a次，就会回到原来的顺序。使用最终顺序不停地洗，直到回到原始顺序，求出循环节长度a以后，再单纯地向前模拟a-s次，就可以得到原始顺序了。
上面的算法是出题方给出的标准算法。显然，时间复杂度为O(n2+logs)。
换一个方向：给定了结果和s以后，可以简单地将这个目标置换用3.1节的方法开方s次得到结果。时间复杂度为O(n*s)。
或者可以更简单地，算出2s，将目标置换直接开2s次方。这里有一个技巧，因为在开方时只需要在循环中前进2s次，所以我们只关心(2s) mod n，也就免去了大数字的运算。所以，计算2s需要O(logs)，而开方需要O(n)。整个时间复杂度为O(n+logs)。
#include<iostream> using namespace std; const int MAX=1001; int a[MAX],b[MAX]; int n,s; int main() { int i,j,k; while(scanf("%d%d",&n,&s) != EOF) { for(i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]); //=======================目标循环 b[1]=1; //求出置换后的结果存放在数组b[]中； //printf("%d ",b[1]); i = j = 1; while(a[j] != 1) { j = a[j]; i++; b[i] = j; // printf("%d ",b[i]); } //printf("/n"); //========================求位移的步数 k = 1; for(i=1; i<=s; i++) { k *= 2; if(k >= n) k -= n; } //printf("%d/n",k); ///========================求开方运算 a[1] = b[1]; //开放运算后的结果存放在数组a[]中； j = 1; for(i=2; i<=n; i++) { j += k; if(j > n) j -= n; a[j] = b[i]; } //for(i=1; i<=n; i++) // printf("%d ",a[i]); //printf("/n"); /////======================== for(i=1; i<=n-1; i++) b[a[i]] = a[i+1]; b[a[n]] = a[1]; for(i=1; i<=n; i++) printf("%d/n",b[i]); } return 0; }