1. 问题描述

问题：对2n张牌洗牌，并求当1<=n<=100时，一共有多少个n可以使得经过2(n-1)次洗牌后，恢复最初顺序？分两种情况考虑：

Case1: 2(n-1)次洗牌后，牌恢复最初顺序

Case2: 2(n-1)次洗牌后第一次恢复顺序

Case2可以看作是case1的一种特殊情况。Case1的意思是，如果在m{其中m为2(n-1)的因子}次洗牌后回复最初顺序即可。

2. 解题分析

2.1 思路1

第一感是以下这个‘高大上’的想法：

呃。。。虽说如此，群论只学了一丢丢。。。等我先把群论学一学再来看这条路能不能走通。本系列其实出现过好几道可以用群论来解决的问题。群论学习从开始到放弃经历过好多次了，这次带着问题去学习看看能不能走得远一些。

2.2 思路2

（没有别的更炫的法子时）蛮干就是了。。。

针对每一个n，从初始状态（初始状态是什么并不重要）开始，以迭代的方式进行以上permutation操作，并判断是否回到了最初状态。

算法流程如下：

3. 代码及测试

# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Sat Oct  9 19:33:11 2021@author: chenxy
"""# import sys
import time
# import datetime
# import math
# import random
# from   typing import List
# from   queue import Queue
# from   collections import deque
# import itertools as it
import numpy as npN = 100ok_list = []tStart = time.perf_counter()
for n in range(1,N+1):start = np.arange(2*n)p     = np.zeros_like(start)for k in range(n):p[2*k]   = start[k]p[2*k+1] = start[n+k]# print(p)cur = startcnt = 0# recover = Falsewhile 1:cur = cur[p]cnt = cnt + 1if np.array_equal(cur, start):# print(n, cur, start, cnt)if (2*(n-1) % cnt) == 0:# if (2*(n-1)) == cnt:# print(n, cur, start, cnt)# recover = Trueok_list.append(n)breakif cnt > 2*(n-1):break# if recover:# ok_list.append(n)
tCost  = time.perf_counter() - tStartprint('length of ok_list = {0}, tCost = {1:6.3f}(sec)'.format(len(ok_list),tCost))
print(ok_list)

case1运行结果：

length of ok_list = 46, tCost = 0.046(sec)
[1, 2, 3, 4, 6, 7, 9, 10, 12, 15, 16, 19, 21, 22, 24, 27, 30, 31, 34, 36, 37, 40, 42, 45, 49, 51, 52, 54, 55, 57, 64, 66, 69, 70, 75, 76, 79, 82, 84, 87, 90, 91, 96, 97, 99, 100]

case2运行结果（注释掉 "if (2*(n-1) % cnt) == 0:"，打开 “ if (2*(n-1)) == cnt:）"：

length of ok_list = 45, tCost = 0.059(sec)
[2, 3, 4, 6, 7, 9, 10, 12, 15, 16, 19, 21, 22, 24, 27, 30, 31, 34, 36, 37, 40, 42, 45, 49, 51, 52, 54, 55, 57, 64, 66, 69, 70, 75, 76, 79, 82, 84, 87, 90, 91, 96, 97, 99, 100]

尴尬。。。case2的结果与原书的结果不符。想不出哪里不对，哪个小伙伴看出来毛病来了请不吝指教^-^

4. 后记

两个遗留事项：

(1) 基于群论的解决方法

(2) case2的结果不对

嗯，我一定会回来的。。。

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