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对于扑克牌的一次洗牌是这样定义的，将一叠N（N为偶数）张扑克牌平均分成上下两叠，取下面一叠的第一张作为新的一叠的第一张，然后取上面一叠的第一张作为新的一叠的第二张，再取下面一叠的第二张作为新的一叠的第三张……如此交替直到所有的牌取完。
如果对一叠6张的扑克牌1 2 3 4 5 6，进行一次洗牌的过程如下图所示：
如果给定长度为N的一叠扑克牌，并且牌面大小从1开始连续增加到N（不考虑花色），对这样的一叠扑克牌，进行M次洗牌。说出经过洗牌后的扑克牌序列中第L张扑克牌的牌面大小是多少。
我们看看一张位于位置p扑克牌洗一次后的位置p‘在哪里。若p<=N/2，这张扑克牌就到了第p对牌中的第2张，位置为p*2；若p>N/2，这张扑克牌就到了第p-N/2对牌中的第一张，故p‘=(p-N/2)*2-1=p*2-(N+1)。因为p<=N/2时p*2%(N+1)=p*2，所以综上所述，p‘=p*2%(N+1)。洗m次，即令运算*2%(N+1)进行m次，2便乘了m次，模了m遍N+1与只模一次的效果是相同的。综上所述，洗m次后牌移动到了位置p*2^m%(N+1)。现在给出最终的位置l，那么就是让我们解同余方程x*2^m≡l(mod N+1)。利用快速幂求2^m，然后解方程模板代入即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define ll long long
ll Mult(ll a, ll b, ll p)
{
ll ans = 0;
while (b)
{
if (b & 1)
ans = (ans + a) % p;
a = (a+a)%p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll Power(ll a, ll n, ll p)
{
ll ans = 1;
while (n)
{
if (n & 1)
ans = Mult(ans, a, p);
a = Mult(a, a, p);
n >>= 1;
}
return ans;
}
ll Exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
if (b == 0)
{
x = 1;
y = 0;
return a;
}
ll d = Exgcd(b, a%b, x, y);
ll tx = x;
x = y;
y = tx - (a / b) * y;
return d;
}
ll Gcd(ll a, ll b)
{
return b ? Gcd(b, a%b) : a;
}
ll Eq(ll a, ll b, ll m)
{
ll gcd = Gcd(a, m);
if (b%gcd)
return -1;
ll x, y;
Exgcd(a, m, x, y);
x = x * b / gcd;
ll p = m / gcd;
return (x%p+p) % p;
}
int main()
{
#ifdef _DEBUG
freopen("c:\\noi\\source\\input.txt", "r", stdin);
#endif
ll n, m, l;
scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &l);
printf("%lld\n", Eq(Power(2, m, n + 1), l, n+1));
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/headboy2002/p/8908299.html
