Hdu - 1210 - Eddy's 洗牌问题

　　因为考试所以最近都没有做什么题。想不到这题都卡（~~~~(>_<)~~~~ ），看来太久没有做题感觉变迟钝了，当然也有原因是找规律的题做得比较少，所以就这样了，看来要快快调整好，好好努力才行。

先上题目

Eddy's 洗牌问题

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 2602    Accepted Submission(s): 1718

Problem Description

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

 

 

 

　　数据范围一看就知道不可以直接模拟，于是先先写了一个直接模拟的看看规律，结果没有看出什么端倪出来。只发现1的位置一开始是1->2->4···这样变化，后来还是不得不上网看了一下题解，发现只需要判断1有没有回到一开始的位置就可以了，1的变化就是一开始是1->2->4```这样变化，但是当去到后面到达不了2的n次幂的情况下，就要按照题目的方法把1放回到前面，位置在(i-n)*2-1，其中i是1的当前位置，n是输入的n，i要大于n且i*2也要大于2*n才执行这一步。

 

上代码

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#define MAX 10000

using namespace std;
/*
typedef struct
{
    int d[MAX];
}D;

D s;

void loadlist(D u,int m)
{
    int i;
    for(i=1;i<=m;i++) printf("%d ",u.d[i]);
    printf("\n");
}

bool check(D u,int m)
{
    int i;
    for(i=1;i<=m;i++) if(u.d[i]!=s.d[i]) return 0;
    return 1;
}

void deal(int n)
{
    int i,j,m,count;
    D u,v;
    m=n*2;
    count=0;
    u=s;
    loadlist(u,m);
    while(!count || !check(u,m))
    {
        for(j=2,i=1;j<=m;j+=2,i++) v.d[j]=u.d[i];
        for(j=1;j<=m;j+=2,i++) v.d[j]=u.d[i];
        u=v;
        count++;
        loadlist(u,m);
    }
    printf("%4d %4d %4d\n",n,m,count);
}

int main()
{
    int n,i;
    char o;
    n=0;
    freopen("data.txt","w",stdout);
    while(n<=100)
    {
        //(o=getchar())!=EOF
        n++;
        for(i=1;i<=2*n;i++) s.d[i]=i;
        deal(n);
    }
    return 0;
}
*/

int main()
{
    int i,n,m,count;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        i=1;
        m=2*n;
        count=0;
        while(!count || i!=1)
        {
            if(i*2>m && i>n)
            {
                i-=n;
                i=i*2-1;
            }
            else i*=2;
            count++;
        }
        printf("%d\n",count);
    }
    return 0;
}

 

　　其中前面的代码用来直接模拟得到每一步的序列，同时有最后的移动步数。真正需要提交的代码只有一小段。