来源：力扣（LeetCode）

描述：

给你一个偶数 n​​​​​​ ，已知存在一个长度为 n 的排列 perm ，其中 perm[i] == i​（下标 从 0 开始 计数）。

一步操作中，你将创建一个新数组 arr ，对于每个 i ：

• 如果 i % 2 == 0 ，那么 arr[i] = perm[i / 2]
• 如果 i % 2 == 1 ，那么 arr[i] = perm[n / 2 + (i - 1) / 2]

然后将 arr​​ 赋值​​给 perm 。

要想使 perm 回到排列初始值，至少需要执行多少步操作？返回最小的 非零 操作步数。

示例 1：

输入：n = 2
输出：1
解释：最初，perm = [0,1]
第 1 步操作后，perm = [0,1]
所以，仅需执行 1 步操作

示例 2：

输入：n = 4
输出：2
解释：最初，perm = [0,1,2,3]
第 1 步操作后，perm = [0,2,1,3]
第 2 步操作后，perm = [0,1,2,3]
所以，仅需执行 2 步操作

示例 3：

输入：n = 6
输出：4

提示：

• 2 <= n <= 1000
• n​​​​​​ 是一个偶数

方法一：直接模拟

思路与算法

题目要求，一步操作中，对于每个索引 i，变换规则如下：

• 如果 i 为偶数，那么 arr[i] = perm[ i / 2 ]；
• 如果 i 为奇数，那么 arr[i] = perm[ n / 2+ (i − 1) / 2 ]；

然后将 arr 赋值给 perm。

我们假设初始序列 perm = [0, 1, 2, ⋯, n − 1]，按照题目上述要求的变换规则进行模拟，直到 perm 重新变回为序列 [0, 1, 2, ⋯, n − 1] 为止。每次将 perm 按照上述规则变化产生数组 arr，并将 arr 赋给 perm，然后我们检测 perm 是否回到原始状态并计数，如果回到原始状态则中止变换，否则继续变换。

代码：

class Solution {
public:int reinitializePermutation(int n) {vector perm(n), target(n);iota(perm.begin(), perm.end(), 0);iota(target.begin(), target.end(), 0);int step = 0;while (true) {vector arr(n);for (int i = 0; i < n; i++) {if (i & 1) {arr[i] = perm[n / 2 + (i - 1) / 2];} else {arr[i] = perm[i / 2];}}perm = move(arr);step++;if (perm == target) {break;}}return step;}
};

执行用时：32 ms, 在所有 C++ 提交中击败了19.33%的用户
内存消耗：25.2 MB, 在所有 C++ 提交中击败了5.04%的用户
复杂度分析
时间复杂度：O(n²)O，其中 n 表示给定的元素。根据方法二的推论可以知道最多需要经过 n 次变换即可回到初始状态，每次变换需要的时间复杂度为 O(n)，因此总的时间复杂度为 O(n²)。
空间复杂度：O(n)，其中 n 表示给定的元素。我们需要存储每次变换中的过程变量，需要的空间为O(n)。

方法二：数学

思路与算法

我们需要观察一下原排列中对应的索引变换关系。对于原排列中第 i 个元素，设 g(i) 为进行一次操作后，该元素的新的下标，题目转化规则如下:

• 如果 g(i) 为偶数，那么 arr[g(i)] = perm[ g(i) / 2 ]，令 x = g(i) / 2 ，则该等式转换为 arr[2x] = perm[x]，此时 x ∈ [0, (n − 1) / 2 ]；

• 如果 g(i) 为奇数，那么 arr[g(i)] = perm[ n / 2 + (g(i) − 1) / 2 ]，令 x = n / 2 + (g(i) − 1) / 2 ，则该等式转换为 arr[2x − n − 1] = perm[x]，此时 x ∈ [ (n + 1) / 2 , n / 2 ]；

因此根据题目的转换规则可以得到以下对应关系:

• 当 0 ≤ i< (n / 2) 时，此时 g(i) = 2i；

• 当 (n / 2) ≤ i < n 时，此时 g(i) = 2i - (n - 1)；

其中原排列中的第 0 和 n - 1 个元素的下标不会变换，我们无需进行考虑。 对于其余元素 i ∈ [1, n − 1)，上述两个等式可以转换为对 n - 1 取模，等式可以转换为 g(i) ≡ 2i(mod(n−1))。

记 g^k(i) 表示原排列 perm 中第 i 个元素经过 k 次变换后的下标，即 g²(i) = g(g(i)), g³(i) = g(g(g(i))) 等等，那么我们可以推出:

为了让排列还原到初始值，原数组中索引为 i 的元素经过多次变换后索引变回 i，此时必须有：g^k(i) ≡ 2^ki ≡ i(mod(n − 1))。我们只需要找到最小的 k，使得上述等式对于 i ∈ [1, n − 1) 均成立，此时的 kk 即为所求的最小变换次数。

当 i = 1 时，我们有

如果存在 k 满足上式，那么将上式两侧同乘 i，得到 g^k(i) ≡ 2^ki (mod(n − 1)) 即对于 i ∈ [1, n − 1) 恒成立。因此原题等价于寻找最小的 k，使得 2^k ≡ 1(mod(n − 1))。

由于 n 为偶数，则 n − 1 是奇数，2 和 n - 1 互质，那么根据「欧拉定理」：

即 k = φ(n − 1) 一定是一个解，其中 φ 为「欧拉函数」。因此，最小的 k 一定小于等于 φ(n−1)，而欧拉函数 φ(n − 1) ≤ n − 1，因此可以知道 k ≤ n−1 的，因此总的时间复杂度不超过 O(n)。

根据上述推论，我们直接模拟即找到最小的 k 使得满足 2^k ≡ 1(mod(n − 1)) 即可。

代码：

class Solution {
public:int reinitializePermutation(int n) {if (n == 2) {return 1;}int step = 1, pow2 = 2;while (pow2 != 1) {step++;pow2 = pow2 * 2 % (n - 1);}return step;}
};

执行用时：0 ms, 在所有 C++ 提交中击败了100.00%的用户
内存消耗：5.7 MB, 在所有 C++ 提交中击败了87.40%的用户
复杂度分析
时间复杂度：O(n)，其中 n 表示给定的元素。根据推论可以知道最多需要进行计算的次数不超过 n，因此时间复杂度为 O(n)。
空间复杂度：O(1)。
author：LeetCode-Solution