U149791 正多边形变换

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如果您对群论有所了解，那么本题就是对二面体群 \(D_{2n}\) 的简单实现，您可以直接跳到代码部分。下面的解题思路只是对二面体群 \(D_{2n}\) 的构造思路的诠释。

解题思路

（为描述方便，记操作类型为 \(op\) 操作变量为 \(k\) 的操作为 \((op,k)\)，连续两次操作记作 \((op,k)*(op',k')\))

• 对于两次旋转，显然有 \((0,k)*(0,k')=(0,(k+k') \mod n)\) 。

• 对于旋转再关于 \(x\) 对称，显然有 \((0,k)*(1,0)=(1,k)\)

• 对于关于 \(x\) 对称再旋转，发现反转后，顶点标号从逆时针转为顺时针（反之亦然），旋转角度即刻反转，即 \((1,0)*(0,k)=(1,n-k)\)

• 对于操作 \((1,k)\) ，发现 \(k\) 号轴与 \(x\) 轴的夹角为 \(\frac{\pi k}{n}\) ，且关于 \(k\) 号轴对称相当于旋转 \(\frac{\pi k}{n}\) 弧度、关于 \(x\) 轴对称、再旋转 \(-\frac{\pi k}{n}\) 弧度，于是我们得到恒等式：\((1,k)=(0,\frac{k}{2})*(1,0)*(0,-\frac{k}{2})\) （其中的 \(\frac{k}{2}\) 不一定为整数，这是不太严谨的地方，不过强行把操作变量的范围扩展到半整数也未尝不可）。运用这个等式，推出：

  • \((0,k)*(1,k')=(1,(k+k') \mod n)\)
  • \((1,k)*(0,k')=(1,(k+n-k') \mod n)\)
  • \((1,k)*(1,k')=(0,(k+n-k') \mod n)\)

综上：

• \((0,k)*(0,k')=(0,(k+k') \mod n)\)
• \((0,k)*(1,k')=(1,(k+k') \mod n)\)
• \((1,k)*(0,k')=(1,(k+n-k') \mod n)\)
• \((1,k)*(1,k')=(0,(k+n-k') \mod n)\)、

我们可以将正多边形的初始状态记作 \((0,0)\) ，那么代码就是对以上四个式子的实现，时间复杂度 \(O(m)\) 。

代码\(_{_{{\text{（数据就是它造的）}}}}\)

#include<cstdio>
using namespace std;
int main() {
	int n, m;
	int reflect = 0, rotate = 0;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	while (m--) {
		int op, k;
		scanf("%d%d", &op, &k);
		if (reflect) rotate = (rotate + n - k) % n;
		else rotate = (rotate + k) % n;
		reflect = (reflect + op) % 2;
	}
	printf("%d %d", reflect, rotate);
	return 0;
}