置换的概念还是比较好理解的，《组合数学》里面有讲。对于置换的幂运算大家可以参考一下潘震皓的那篇《置换群快速幂运算研究与探讨》，写的很好。
结论一：一个长度为l的循环T，l是k的倍数，则T^k是k个循环的乘积，每个循环分别是循环T中下标i mod k=0,1,2…的元素按顺序的连接。
结论二：一个长度为l的循环T，gcd(l,k)=1，则T^k是一个循环，与循环T不一定相同。
结论三：一个长度为l的循环T，T^k是m=gcd(l,k)个循环的乘积，每个循环分别是循环T中下标i mod gcd(l,k)=0,1,2…的元素的连接。
如果长度与指数不互质，单个循环就没有办法来开方。不过，我们可以选择相应m个长度相同的循环交错合并来完成开方的过程。可在这种情况下，如果找不到m个长度相同的循环，那就一定不能开方。其中：m是gcd(l,k)的倍数
*简单题：（应该理解概念就可以了）
# pku3270 Cow Sorting
题目描述：
给你一个数字序列（每个数字唯一），每次你可以交换任意两个数字，代价为这两个数字的和，问最少用多少代价能把这个序列按升序排列好。
题目的具体做法是参考刘汝佳的《算法艺术与信息学奥赛》大概思路是：以后再用别种方法解，1.找出初始状态和目标状态。明显，目标状态就是排序后的状态。2.画出置换群，在里面找循环。例如，数字是8 4 5 3 2 7明显， 目标状态是2 3 4 5 7 8，能写为两个循环：(8 2 7)(4 3 5)。3.观察其中一个循环，明显地，要使交换代价最小，应该用循环里面最小的数字2，去与另外的两个数字，7与8交换。这样交换的代价是：sum - min + (len - 1) * min化简后为：sum + (len - 2) * min其中，sum为这个循环所有数字的和，len为长度，min为这个环里面最小的数字。
4.考虑到另外一种情况，我们可以从别的循环里面调一个数字，进入这个循环之中，使交换代价更小。例如初始状态：1 8 9 7 6可分解为两个循环：(1)(8 6 9 7)，明显，第二个循环为(8 6 9 7)，最小的数字为6。我们可以抽调整个数列最小的数字1进入这个循环。使第二个循环变为：(8 1 9 7)。让这个1完成任务后，再和6交换，让6重新回到循环之后。这样做的代价明显是：sum + min + (len + 1) * smallest其中，sum为这个循环所有数字的和，len为长度，min为这个环里面最小的数字，smallest是整个数列最小的数字。
5.因此，对一个循环的排序，其代价是sum - min + (len - 1) * min和sum + min + (len + 1) * smallest之中小的那个数字。但这里两个公式还不知道怎么推出来的。6.我们在计算循环的时候，不需要记录这个循环的所有元素，只需要记录这个循环的最小的数及其和。
7.在储存数目的时候，我们可以使用一个hash结构，将元素及其位置对应起来，以达到知道元素，可以快速反查元素位置的目的。这样就不必要一个个去搜索。
代码 #include < iostream > #include < algorithm > using namespace std; int a[ 100002 ],b[ 100002 ],hash[ 100002 ]; int visit[ 100002 ]; int n;__int64 ans,ans1,ans2,sum; int main(){ int i,len,min; int start,id; while (scanf( " %d " , & n) != EOF) { memset(visit, 0 , sizeof (visit)); for (i = 0 ;i < n;i ++ ) scanf( " %d " , & a[i]), b[i] = a[i]; sort(b,b + n); for (i = 0 ;i < n;i ++ ) // 建立简单的hash，方便于知道元素反查其位置； hash[b[i]] = i; ans = 0 ; for (i = 0 ;i < n;i ++ ) { len = 0 ; sum = 0 ; min = 0x7fffffff ; start = a[i]; id = i; if ( ! visit[i]) { while ( 1 ) // 寻找置换群之中的循环； { sum += start; // 求总和； visit[id] = 1 ; if (min > start) // 记下最小的元素 min = start; id = hash[start]; start = a[id]; // 反查元素； len ++ ; // 求元素个数； if (start == a[i]) // 表明找到一只置换群； break ; } ans1 = sum - min + (len - 1 ) * min; ans2 = sum + min + (len + 1 ) * b[ 0 ]; ans += ans1 < ans2 ? ans1:ans2; } } printf( " %I64d\n " ,ans); } return 0 ;}# pku1026 Cipher //先找出所有置换循环，然后对于每一位来计算k%循环长度后对应于哪个位置,O(n)复杂度。注意读写方面的东西。
代码 #include < stdio.h > #include < string .h > int main(){ int i,n,j,k,t,len; int pos[ 210 ],c[ 210 ]; // 初始数组。c是周期数组。 char s[ 210 ],ans[ 210 ]; // a接受字符、res是结果。 while (scanf( " %d " , & n),n) { for (i = 1 ;i <= n;i ++ ) scanf( " %d " , & pos[i]); memset(c, 0 , sizeof (c)); for (i = 1 ;i <= n;i ++ ) { j = i; while (pos[j] != i) // 寻找周期。 j = pos[j], c[i] ++ ; c[i] ++ ; } while (scanf( " %d " , & k),k) { getchar(); gets(s + 1 ); len = strlen(s + 1 ); while (len < n) // 填充字符串 s[ ++ len] = ' ' ; for (i = 1 ;i <= n;i ++ ) // 模拟。 { t = k % c[i]; // 由周期性，可以得到较少的模拟次数。 j = i; while (t -- ) j = pos[j]; ans[j] = s[i]; } ans[n + 1 ] = 0 ; puts(ans + 1 ); } puts( "" ); } return 0 ;}
*置换幂运算：
# pku1721 CARDS //详细见05集训队论文《置换群快速幂运算研究与探讨》。
很显然，这题的一副扑克牌就是一个置换，而每一次洗牌就是这个置换的平方运算。由于牌的数量是奇数，并且一开始是一个大循环，所以做平方运算时候不会分裂。所以，在任意时间，牌的顺序所表示的置换一定是一个大循环。
那么根据文章开头提到的定理：设T^k=e，（T为一循环，e为单位置换），那么k的最小正整数解为T的长度。
可以知道，这个循环的n次方是单位循环，换句话说，如果k mod n=1，那么这个循环的k次方，就是它本身。我们知道，每一次洗牌是一次简单的平方运算，洗x次就是原循环的2x次方。
因为n是奇数，2x mod n=1一定有一个<n的整数解，假设这个解是a；那也就是说，一幅牌，洗a次，就会回到原来的顺序。使用最终顺序不停地洗，直到回到原始顺序，求出循环节长度a以后，再单纯地向前模拟a-s次，就可以得到原始顺序了。
上面的算法是出题方给出的标准算法。显然，时间复杂度为O(n2+logs)。
换一个方向：给定了结果和s以后，可以简单地将这个目标置换用3.1节的方法开方s次得到结果。时间复杂度为O(n*s)。
或者可以更简单地，算出2s，将目标置换直接开2s次方。这里有一个技巧，因为在开方时只需要在循环中前进2s次，所以我们只关心(2s) mod n，也就免去了大数字的运算。所以，计算2s需要O(logs)，而开方需要O(n)。整个时间复杂度为O(n+logs)。
代码 #include < iostream > using namespace std; const int MAX = 1001 ; int a[MAX],b[MAX]; int main(){ int i,j,k,n,s; while (scanf( " %d%d " , & n, & s) != EOF) { for (i = 1 ;i <= n;i ++ ) scanf( " %d " , & a[i]); // 求目标循环结果存放在数组b[]中； b[ 1 ] = 1 ; i = j = 1 ; while (a[j] != 1 ) { j = a[j]; b[ ++ i] = j; } k = 1 ; // 求位移的步数 for (i = 1 ;i <= s;i ++ ) k = (k * 2 ) % n; // 求开k次方运算,开方运算后的原始循环存放在数组a[]中； a[ 1 ] = b[ 1 ]; j = 1 ; for (i = 2 ;i <= n;i ++ ) { j += k; if (j > n) j -= n; a[j] = b[i]; } // 原始循环转化为原始置换 for (i = 1 ;i < n;i ++ ) b[a[i]] = a[i + 1 ]; b[a[n]] = a[ 1 ]; for (i = 1 ;i <= n;i ++ ) printf( " %d\n " ,b[i]); } return 0 ;}# pku3128 Leonardo's Notebook
题目意思是：一个置换是否可以由另一个置换的平方得来的。一个置换的平方，原来偶数长的循环会被分裂成两段长度相等的循环，而奇数长的循环不会被分裂。题目只是问是否存在，所以只要看所给置换中偶数长的循环是否成对，否则就不能由一个置换的平方得来。
补充：因为如果所给置换的循环是偶数，则肯定是由分裂过来的，那么一定是成对的，否则如果是奇数，那么有可能是原来是奇数，也有可能是原来的偶数分裂成两个奇数循环。
代码 #include < stdio.h > #include < string .h > char s[ 27 ]; int a[ 27 ],f[ 27 ],c[ 27 ]; int ok(){ int i; for (i = 0 ;i < 26 ;i ++ ) if (f[i]) { int cnt = 1 ; int b = a[i]; f[i] = 0 ; while (b != i) { f[b] = 0 ; b = a[b]; cnt ++ ; } c[cnt] ++ ; } for (i = 2 ;i < 27 ;i += 2 ) if (c[i] % 2 ) return 0 ; return 1 ;} int main(){ int i,t; scanf( " %d " , & t); while (t -- ) { scanf( " %s " ,s); for (i = 0 ;i < 26 ;i ++ ) { a[i] = s[i] - ' A ' ; f[i] = 1 ; c[i] = 0 ; } puts(ok() ? " Yes " : " No " ); } return 0 ;}
*推荐：（不错的应用）
# pku3590 The shuffle Problem //把n分解成若干个数，使得他们的lcm最大。在所取的数都是素数幂的时候是最大的，所以可以用递归来枚举所有的分解情况，而且由于要输出序最小的，所以对于剩下的数可以直接单独都作为一个循环，这样就可以使得序最小了。此外，这道题目需要注意求最大的lcm的时候不能用dp来做，因为这个具有后效性，局部最优不一定使得全局最优。
代码 #include < iostream > #include < algorithm > using namespace std; const int N = 105 ; bool hash[N]; int p[N],lp; void prim(){ memset(hash, true , sizeof (hash)); lp = 0 ; for ( int i = 2 ;i < N;i ++ ) { if (hash[i]) { p[lp ++ ] = i; for ( int j = i * i;j < N;j += i) hash[j] = false ; } }} int step[N],maxm,cycle[N],lc; void dfs( int remain, int k){ if (remain < p[k]) { int m = 1 ; for ( int i = 0 ;i < k;i ++ ) if (step[i]) m *= step[i]; if (m > maxm) { maxm = m; lc = 0 ; for ( int i = 0 ;i < k;i ++ ) if (step[i]) cycle[lc ++ ] = step[i]; while (remain -- ) cycle[lc ++ ] = 1 ; } } else { step[k] = 0 ; dfs(remain,k + 1 ); for (step[k] = p[k];step[k] <= remain;step[k] *= p[k]) dfs(remain - step[k],k + 1 ); }} int main(){ int t,n; prim(); scanf( " %d " , & t); while (t -- ){ scanf( " %d " , & n); if (n == 1 ) { printf( " 1 1\n " ); continue ; } maxm = 1 ; lc = 0 ; dfs(n, 0 ); sort(cycle,cycle + lc); printf( " %d " ,maxm); int k = 1 ,tmp; for ( int i = 0 ;i < lc;i ++ ) { tmp = k ++ ; for ( int j = 1 ;j < cycle[i];j ++ ) printf( " %d " ,k ++ ); printf( " %d " ,tmp); } puts( "" ); } return 0 ;}
转载于:https://www.cnblogs.com/DreamUp/archive/2010/08/17/1801700.html
