(n+1)(n-1)可以过一个数据.. 什么原理啊- -

尽管我觉得这道题有问题，我试了m=10,发现是20次，而程序输出60

http://forum.noi.cn/frame.php?frameon=yes&referer=http%3A//forum.noi.cn/thread-27035-1-1.html

我现在不完全归纳出应需2×m次，这和上面的网址模拟出的是一样的

再好好想想，我觉得至少能递推，然后求通项公式

附程序

program p1056;

var m:int64;

function solve(m:int64):int64;

var i,t,d: longint;

flag: Boolean;

begin

if (m = 1) then

solve :=2

else begin

d := 2*m+1; t := 2;

i := 1; flag := False;

repeat

if (t = 1) then

begin

solve :=i*m; flag := True;

end

else if (t=2*m) then

begin

solve := i*m-1; flag := True;

end

else

t:=(t*2) mod d;

i:=i+1;

until flag;

end

end;

begin

read(m);

writeln(solve(m));

end.

置换群？郁闷.....

打表找规律果然是王道.....

估计数据改过了..现在不需要高精度了

来讲讲做法：

首先打表发现一个规律：ans mod m=m-1 or 0

令c(x,i)为做x次以后i这个位置是被原来的什么位置替代，f(x)为做x次以后，c(x,i)所组成的序列，比如说M=5,x=5时，c(x,1)=5,c(x,2)=3,c(x,3)=1,c(x,4)=2,c(x,5)=4.f(x)={5,3,1,2,4}.

再令d(x)表示做x次以后每个硬币的正反情况(1表示反，0表示正)，比如m=5,x=5时,d(x)={11100}.

然后我们发现，f(ans)要么是一个递增序列，要么是一个递降序列，且对于任意的1

简单的一个置换群

f[i]-->f[i]/2 mod (2m+1)

相反的为

f[i]:=f[i]*2 mod (2m+1)

不懂的可以在硬币的反面立一个镜子

附主函数：

function find(m:longint):longint;

var

i,t,d:longint;

begin

if m=1 then exit(2);

d:=m shl 1+1;

t:=2;

i:=1;

while true do begin

if t=1 then exit(i*m);

if t=m shl 1 then exit(i*m-1);

t:=t shl 1 mod d;

inc(i);

end;

end;

Orz那些用直接模拟AC的神牛

var i:integer;aa,bb:array[1..50000] of integer;a,b,c,d,sum:longint;

begin

readln(a);

b:=b+1;sum:=sum+1;for i:=1 to b do if aa[i]=0 then bb[i]:=1 else bb[i]:=0;

for i:=b downto 1 do begin d:=d+1; aa[i]:=bb[d]; end;

for i:=1 to a do if aa[i]=0 then c:=c+1;

while ca do

begin

b:=b+1;sum:=sum+1;d:=0;

for i:=1 to b do if aa[i]=0 then bb[i]:=1 else bb[i]:=0;

for i:=b downto 1 do begin d:=d+1; aa[i]:=bb[d]; end;

if b=a then b:=0;

c:=0;

for i:=1 to a do if aa[i]=0 then c:=c+1;

end;

writeln(sum);

end.

为什么会超时啊？？？有没有规律啊！

绝对高精度

m要开到60000

数据超范围!!!

这题我以前写过一个拿动规写的算法，结果过了9个点，最后一个点超时一点点，估计放到VIJOS能过，有空我发到OIBH上。

想法是通过位运算来猥琐的模拟

高精度版翻硬币………………

m什么时候改成50000的？

模拟可以过,不过要加点优化,应该还有更好的方法!

题目好象有点问题俄。。