HKE和他的小朋友（矩乘快速幂）
题面：
题目背景:
HKE带着 $ n $ 个小朋友做游戏
题目描述:
现在有n个座位编号为 $ 1 $ 至 $ n $ ，这些小朋友也编号 $ 1 $ 至 $ n $ 。一开始所有小朋友都坐在相应的座位上。HKE的游戏可用一个n的排列 $ A(A_1,A_2\cdots A_n $ )表示。一轮游戏时，对于所有的 $ 1\leq i\leq n $ ，坐在位置 $ i $ 上的小朋友坐到位置 $ A_i $ 上。
现在游戏进行了 $ k $ 轮，HKE想知道游戏结束后，位置 $ 1,2\cdots n $ 分别坐了几号小朋友？
输入格式：
第一行 $ n,k $ 。
第二行 $ A_1,A_2\cdots A_n $
输出格式：
一行n个数表示 k 轮游戏后坐在位置 $ 1,2……n $ 上的小朋友的编号
输入样例#1：
5 5
2 3 1 5 4
输出样例#1：
2 3 1 5 4
输入样例#2：
5 4
2 3 1 5 4
输出样例#2：
3 1 2 4 5
数据范围：
30%的数据， $ n\leq1000 $ ， $ k\leq1000 $
100%的数据， $ n\leq100000 $ ， $ k\leq2^{31}-1 $
本题 $ solution $ :
首先请允许我奶一波：本题出的是真的好！
某蒟蒻心路历程：
小文：这不是矩阵快速幂裸题吗？！！
题面：矩阵快速幂复杂度 $ n^3 $ OK?
小文：那就降到二维 $ n^2 $ 优化麻！！！
题面：.... $ n\leq100000 $ ，are you sure？
小文：我 &% $ &#%&#% ！！！！！！！
于是乎让我再仔细看看题目吧：
解 1 ：跑图论求环
我们（在脑海里）建一个图，将第 i 步的结果与第 i+1 步的结果用一条边连起来，跑一遍你会发现这是一个环（即你不断转换下去会回到你的初始状态。所以你将 k mod 一下环的大小（ $ \leq n $ ）然后跑一遍图即可。（稍稍维护一下复杂度）
这对蒟蒻来说太难了，于是就没有代码实现了
解 2 ：快速幂
这题其实不存在矩阵成分（有启发效果），重点在与快速幂和你的转移过程。
原理：
1.转移的结合律：
下文中但凡以 2 3 1 5 4（一个栗子）为标准转移，2 3 1 5 4 分别表示 $ A_1 $ $ A_2 $ $ A_3 $ $ .... $ $ A_5 $ ：
转移的实现：
inline void ans(){ //给ans数组转换
for(rg i=1;i<=n;++i) c[i]=a[i];
for(rg i=1;i<=n;++i) a[b[i]]=c[i];
}
对于一个以 2 3 1 5 4 为标准的转移，我们若转移两次，就相当于进行一次以 3 1 2 4 5 为标准的转移（不信试试）；而我们若转移 3 次，就相当于先进行一次以 3 1 2 4 5 为标准的转移在进行一次以 2 3 1 5 4 为标准的转移。这说明小朋友换位置具有结合律，这是我们快速幂的基础。
而 3 1 2 4 5 是可以通过 2 3 1 5 4 推出来的（类似矩阵乘法）：
$ \begin{vmatrix}2 &3&1&4&5\\2&3&1&4&5\|&|&|&|&|\\3&1&2&4&5\end{vmatrix} $ $
看的出怎么推吗：先讲一下 3 是如何来的：
首先 3 的意义表示 1 号小朋友在转移两次后在 3 号位置。所以我们看到 1 号小朋友第一轮转换时要转换到 2 号位置，而第二轮转换时 2 号位置的人要转换到 3 号位置，所以就相当于一号小朋友在转移两次后要在 3 号位置。 1 2 4 5 也是这样得来的：实现：
inline void base(){ //给bese数组转换
for(rg i=1;i<=n;++i) c[i]=b[i];
for(rg i=1;i<=n;++i) b[i]=c[c[i]];
}
而此时如果我们需要以2 3 1 4 5为标准转移 4 次，就可以直接以 3 1 2 4 5为标准转移两次即可。同样我们还可以用 3 1 2 4 5来推出一个序列，以次序列为标准转移就能直接得到以2 3 1 4 5转移 4 次的结果。
然后直接快速幂求解即可！
代码实现：
以某一转换序列来推出下一个转换序列，我们用base函数实现。
以某一序列为标准转移，我们用ans函数实现。（这两个不一样！！
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#define rg register int
using namespace std;
int n,k;
int b[100001];// base
int a[100001];// answer
int c[100001];// 借来转换赋值
inline int qr(){ char ch; // 快读
while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');
int res=ch^48;
while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
res=res*10+(ch^48);
return res;
}
inline void ans(){ //给ans数组转换
for(rg i=1;i<=n;++i) c[i]=a[i];
for(rg i=1;i<=n;++i) a[b[i]]=c[i];//重点1
}
inline void base(){ //给bese数组转换
for(rg i=1;i<=n;++i) c[i]=b[i];
for(rg i=1;i<=n;++i) b[i]=c[c[i]];//重点2
}
int main(){
n=qr();k=qr();
for(rg i=1;i<=n;++i)
b[i]=qr(),a[i]=i;//赋初值
while(k){
if(k&1)ans();
base();k>>=1;
}// 快速幂
for(rg i=1;i<=n;++i)
printf("%d ",a[i]);//输出ans
return 0;
}
本题重在理解，码量其实不高（除去快读等....
$ O_{(n\log{n})} $ 的复杂度加上码量还是很优秀的。
注：题目来源：华南师范大学附属中学，洛谷Noip热身赛
