洗牌问题
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
下面是自己的超时代码：（暴力搜索）
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
int main()
{
int a[200020], b[100010], i, j, n;
while(~scanf("%d", &n))
{
for(i = 1; i <= 2 * n; i++)
{
a[i] = i;
}
int sum = 0;
while(1)
{
int flag = 0, k = 1;
j = n + 1;
for(i = 1; i <= 2 * n; i++)
{
b[i] = a[i];
if(i % 2 == 0)
{
a[i] = b[k++];
}
else
{
a[i] = a[j];
j++;
}
if(a[1] == 1)
{
flag = 1;
break;
}
}
sum++;
if(flag) break;
}
printf("%d\n", sum);
}
return 0;
}这是杭电的解题报告：
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。
这是公式的C语言解法：（公式难以理解）
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
int main()
{
int i, n, p, sum;
while(~scanf("%d", &n))
{
p = n * 2 + 1;
for(i = 1, sum = 1; ; i++)
{
sum = (sum * 2) % p;
if(sum == 1) break;
}
printf("%d\n", i);
}
return 0;
}
下面这个可以尝试看看：（不同的解题思路）
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d", &n))
{
int a = 2;
int sum = 1;
while(a != 1)
{
if(a <= n)
{
a *= 2;
sum++;
}
else
{
a = (a - n) * 2 - 1;
sum++;
}
}
printf("%d\n", sum);
}
return 0;
}