Eddy's 洗牌问题 HDU1210

Eddy是个ACMer,他不仅喜欢做ACM题,而且对于纸牌也有一定的研究,他在无聊时研究发现,如果他有2N张牌，编号为1,2,3..n,n+1,..2n。这也是最初的牌的顺序。通过一次洗牌可以把牌的序列变为n+1,1,n+2,2,n+3,3,n+4,4..2n,n。那么可以证明，对于任意自然数N，都可以在经过M次洗牌后第一次重新得到初始的顺序。编程对于小于100000的自然数N，求出M的值。

Input

每行一个整数N

Output

输出与之对应的M

Sample Input

20
1

Sample Output

20
2

[分析]

转自：http://blog.csdn.net/lishuhuakai/article/details/8516192/

关于这道题的做法，我这里复制一下杭电的解题报告：

Eddy’s洗牌
原始算法：
　　我们把每个数逛来逛去最后又回家的过程叫做一个循环，循环中经过的位置个数叫做循环的长度。如N=4时，有 两个循环：1-2-4-8-7-5-1，长度为6；3-6-3，长度为2。答案就是所有循环长度的最小公倍数。显然算法时空复杂度均为O(n)（因为需要记录一个数是否已被某个循环经过）。

高效算法：
　　1所在的循环长度就是答案。时间复杂度小于O(n)，空间复杂度为O(1)，编程复杂度也远低于原始算法。这个算法是建立在如下结论之上的：“1所在的循环长度是其它任一循环长度的倍数”，或者表述为“1回家时，其它任一数字也一定回了家”。

给出的证明：
　　题目中的移动规则，其实就是每次把在第x个位置的数移动到位置x*2 mod (2*n+1)。这个式子是十分巧妙的，请用心领悟。由这个式子可以得出任一数字x在p步之后的位置：x*2^p mod (2*n+1)。假设1经过p步回了家，那么可得1*2^p mod (2*n+1)=1。由此可得对任一数字x，均有x*2^p mod (2*n+1)=x，即1回家时任一数字都回了家。

[代码]

#include<cstdio>  using namespace std;int main(){    int num, i, p, sum;    while (scanf("%d",&num)!=EOF)    {        p = 2 * num + 1;        for (i = 1, sum = 1;; i++)        {            sum = (sum * 2) % p;            if (sum == 1)                break;        }        printf("%d\n", i);    }    return 0;}