Orez很喜欢玩游戏，他最近发明了一款硬币游戏。他在桌子的边缘上划分出2*n个位置并按顺时针把它们标号为1，2，……，2n，然后把n个硬币放在标号为奇数的位置上。接下来每次按如下操作：在任意两个硬币之间放上一个硬币，然后将原来的硬币拿走；所放硬币的正反面由它两边的两个硬币决定，若两个硬币均为正面朝上或反面朝上，则所放硬币为正面朝上，否则为反面朝上。 那么操作T次之后桌子边缘上硬币的情况会是怎样的呢？

文件的第一行包含两个整数n和T。 接下的一行包含n个整数，表示最开始桌面边缘的硬币摆放情况，第i个整数ai表示第i个硬币摆放在2*i-1个位置上，ai=1表示正面朝上，ai=2表示反面朝上。

文件仅包含一行，为2n个整数，其中第i个整数bi桌面边缘的第i个位置上硬币的情况，bi=1表示正面朝上，bi=2表示反面朝上，bi=0表示没有硬币。

数据范围
30%的数据 n≤1000 T≤1000
100%的数据 n≤100000 T≤2^60

首先我们令硬币正面为0 反面为1 那么很容易发现新硬币的值为两边硬币的异或值 样例也就很好解释了

1-1-1-0-0-0-0-0-0-1-   0
-0-0-1-0-0-0-0-0-1-0   1
0-0-1-1-0-0-0-0-1-1-   2
-0-1-0-1-0-0-0-1-0-1   3
1-1-1-1-1-0-0-1-1-1-   4
-0-0-0-0-1-0-1-0-0-0   5

然后这题n<=10W 矩阵乘法一定MLE 即使矩阵特殊构造可以干掉一维空间复杂度 O(n^2*logT)的时间也无法承受

我们只考虑偶数的行

易知第二行每个数是原序列该位置左右两个数的异或

由数学归纳法可以 第2^k行每个数是原序列该位置左侧第2^(k-1)个数和右侧第2^(k-1)个数的异或

然后将T进行二进制拆分，每位进行一次变换即可 最后再讨论T的奇偶

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 #include<algorithm>

 #include<cstring>

 #define ll long long

 using namespace std;

 ll n,t,a[],b[];

 ll f(ll b,ll k)

 {

     ll x=b-k,y=b+k;

     x=(x%(n*)+n*-)%(n*)+;

     y=(y-)%(n*)+;

     if (k==) return a[x];

     if (a[x]==) return ;

     if (a[x]==a[y]) return ;

     else return ;

 }

 void work(ll k,ll q)

 {

     if (k==) return;

     work(k/,q*);

     if (k%==)

     {

         memset(b,,sizeof(b));

         for (ll j=;j<=n*;j++)

             b[j]=f(j,q);

         swap(a,b);

     }

 }

 int main()

 {

     scanf("%lld%lld",&n,&t);

     for (ll i=;i<=n;i++)

         scanf("%lld",&a[i*-]);

     work(t,);

     for (ll i=;i<n*;i++)

         printf("%d ",a[i]);

     printf("%lld\n",a[n*]);

 }