在自学polya的时候用到了置换群求幂的循环节个数的问题，然后就看看了快速幂。

当然也就是《置换群快速幂运算研究与讨论》一文了。

嗯，确实写的不错。这篇文章中有一个题，是庆典的日期的问题，也就是poj 1282。

[算法分析]（摘自《置换群快速幂运算 研究与讨论》）
由于每个房间的转盘上的数字都是 p 个,而且每年每个祭司都在不同房间,所以我们可以把这些房间中安置的转盘,转化成 p 个长度为 n 的置换。而每一年祭司本身的位置,也可以组成一个长度 n 的置换。
显然,第 i 年祭司的位置,就是第 i-1 年祭司的位置,与第 i 年转盘上数字代表的置换的连接。现在的问题是求一个最早的年份 y,使得那一年祭司的位置是单位置换。由于转盘上的置换是以 p 为周期的,所以我们枚举 y mod p=k。那么也就是说:
T1 ⋅ T2 ⋅ ...T p ⋅ T1 ⋅ T2 ⋅ ... ⋅ T p ⋅ ... ⋅ Tk −1 ⋅ Tk = e
由于连接运算满足结合律,所以:
T1 ⋅ T2 ⋅ ... ⋅ Tk ⋅ (Tk +1 ⋅ Tk + 2 ⋅ ... ⋅ T p ⋅ T1 ⋅ T2 ⋅ ... ⋅Tk ) ⋅ ... ⋅ (Tk +1 ⋅ Tk + 2 ⋅ ... ⋅ T p ⋅ T1 ⋅ T2 ⋅ ... ⋅ Tk ) =e
我们可以预先算出 THead = T1 ⋅ T2 ⋅ ... ⋅ Tk 和 TStep = Tk +1 ⋅ Tk + 2 ⋅ ...⋅ T p ⋅ T1 ⋅ T2 ⋅ ... ⋅ Tk ,那么上式就转为:
THead ⋅ (TStep )^ ( y − k ) / p = e     (TStep )^ ( y − k ) / p = (THead ) ^−1

所以,当我们枚举了 y mod p=k 以后,问题就转化成了:

已知 2 个置换 TDeah = (THead )^-1 , TStep ,求一个最小的数 x=(y-k)/p 使 TStep^x =TDeah 。

如果 TStep 和 TDeah 都是一个循环,那根据上面的算法立即可以得到答案的最小值x,也可以知道,所有可行的答案的形式,都是x+kn的形式。那如果有多个循环的话,显然可以列出一系列形如x mod ni=xi的模线性方程组。解出这个方程组,就可以得到答案了。

#include<iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;
#define maxn 210
int a[maxn][maxn],b[maxn][maxn],c[maxn][maxn];//c表示Thead的逆即Tdeah
int d1[maxn],d2[maxn];
int n,p;
bool find(int w1[],int w2,int k,int &y,int &x)
{
    int t=k;y=-1;
    if(t==w2)y=0;
    t=w1[k];x=1;
    while(t!=k)
    {
        if(t==w2)y=x;
        t=w1[t];
        x++;
    }
    if(y==-1)return false;
    return true;
}
int extend_gcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(b==0){x=1;y=0;return a;}
    int t=extend_gcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return t;
}
int solve(int r[],int a[],int n)//扩展欧几里德两两合并
{
    int rr=r[0],aa=a[0],x,y;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int tmp=r[i]-rr;
        int gcd=extend_gcd(aa,a[i],x,y);
        if(tmp%gcd!=0)return -1;
        int temp=a[i]/gcd;
        x=((tmp/gcd*x)%temp+temp)%temp;
        rr=rr+aa*x;
        aa=aa*a[i]/gcd;
    }
    return rr;
}
int main()
{
    int i,j;
    scanf("%d%d",&n,&p);
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        for(j=0;j<p;j++)
        {
            scanf("%d",&a[j][i]);
            a[j][i]--;
        }
    }
    for(i=0;i<n;i++)
    {b[0][i]=a[0][i];}
    for(i=1;i<p;i++)//求出TStep 即T1*t2*···*Tp;
    {
        for(j=0;j<n;j++)
            b[i][j]=a[i][b[i-1][j]];
    }
    for(i=0;i<p;i++)
    {
        for(j=0;j<n;j++)
            c[i][b[i][j]]=j;
    }
    int ans=100000000;
    for(i=0;i<p;i++)//枚举y mod p=k;
    {
        bool flag=true;
        for(j=0;j<n;j++)
        {
            flag=find(b[p-1],c[i][j],j,d1[j],d2[j]);
            if(!flag)break;
        }
        if(!flag)continue;
        int tt=solve(d1,d2,n);
        if(tt!=-1&&tt*p+i+1<ans)
            ans=tt*p+i+1;
    }
    if(ans!=100000000)printf("%d\n",ans);
    else printf("No one knows.\n");
}