一、题目

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二、解法

看到这种多次操作的题一定要往倍增方面想。

矩阵加速显然是可以的，就是有点慢，但是在部分情况下多项式能代替矩阵加速的功能，不难构造下列的多项式，我们只需要求初始数组和它在模 \(x^{2n}\) 意义下的循环卷积即可：

\[(x+x^{2n-1})^T \]

暴力跑是 \(O(n\log n\log T)\) 的，我们可以把正面朝上记为 \(0\)，反面朝上记为 \(1\)，不难发现整个过程都是模 \(2\) 意义下的，记得有人说过：模小质数的多项式可以考虑有没有什么可以快速计算的形式。

现在就乱搞一下嘛，可以想想二项式展开：

\[(x+x^{2n-1})^t=\sum_{i=0}^{t}{t\choose i}\cdot x^{i}\cdot x^{(t-i)(2n-1)} \]

小质数遇见了组合数，看能不能用 \(\tt lucas\) 搞一下，不难发现当 \(t\) 为 \(2^k\) 时只有 \(i=0\) 和 \(i=t\) 贡献为 \(1\)，其他情况都被模成 \(0\) 了，考虑实际意义就是只有两边延伸到的最远地方才有贡献。可以把 \(T\) 做二进制分解，因为操作是可以拆开进行的，然后直接对原数组改一改就行了，时间复杂度 \(O(n\log n)\) 。

\(t=0\) 的时候单独讨论一下，因为要按照他的方式输出答案嘛。

#include <cstdio>
const int M = 200005;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,k,c[2][M];
signed main()
{
    n=read()*2;m=read();
    for(int i=0;i<n/2;i++)
        c[k][2*i]=read()-1;
    for(int a=2;a<=m;a<<=1)
    {
        if(m&a)
        {
            for(int i=0;i<n;i++)
                c[k^1][i]=c[k][(i+a)%n]^c[k][((i-a)%n+n)%n];
            k^=1;
        }
    }
    if(m&1)
    {
        for(int i=0;i<n/2;i++)
            printf("0 %d ",(c[k][i*2]^c[k][((i+1)*2%n+n)%n])+1);
    }
    else
    {
        for(int i=0;i<n/2;i++)
            printf("%d 0 ",c[k][2*i]+1);
    }
}