这个高考模拟题考了阶？2025佛山一模19题

前几天晚上同学问我一个问题:\(\renewcommand{\le}{\leqslant}\renewcommand{\ge}{\geqslant}\)

题(2025佛山一模). 将 \(2N\) 项数列 \((a_1, a_2, \cdots, a_N, b_1, b_2, \cdots, b_N)\) 重新排序为 \((b_1, a_1, b_2, a_2, \cdots, b_N, a_N)\) 的操作称为一次“洗牌”,即排序后的新数列以 \(b_i\) 为首项,将 \(a_i\) 排在 \(b_i\) 之后,将 \(b_{i+1}\) 排在 \(a_i\) 之后.对于数列 \((1, 2, \cdots, 2N)\),将“洗牌”后得到的新数列中数字 \(k\) 的位置定义为 \(f(k)\). (3) 当 \(N=2^{n-1}\)（其中 \(n \in \mathbb{N}^*\)）时,数列 \((1, 2, \cdots, 2N)\) 经过若干次“洗牌”后能否还原为 \((1, 2, \cdots, 2N)\)？如果能,请说明至少需要多少次“洗牌”；如果不能,请说明理由.

有趣的是, 我那天晚上把题听错了,反正也能做.

我们先普及一下阶的基本常识(本题仅是非常浅显的应用), 因为都很简单, 有兴趣的同学可以自己证明这两个性质.

定义. 对于 \(a\in\mathbb Z,m\in\mathbb N_+\) 且 \(\gcd(a, m)=1\)，满足同余式 \(a^n \equiv 1 \pmod m\) 的最小正整数 \(n\) 称作 \(a\) 模 \(m\) 的阶，记作 \(\operatorname{ord}_m(a)\)．

性质1. \(r=\operatorname{ord}_m(a)\), 那么 \(a^0,a^1,\dots,a^{r-1}\) 模 \(m\) 两两不同余.

性质2. \(a^n\equiv1\pmod m\Leftrightarrow\operatorname{ord}_m(a)\mid n.\)

从这些性质可以发现, 阶具有很好的性质, 有兴趣的同学还可以找更多资料来看.

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然后就可以做题了.

分析与解. 容易写出 \(f(k)=\begin{cases}2k,1\le k\le N,\\2k-2N-1,N+1\le k \le 2N.\end{cases}\) 这启发我们直接模 \(2N+1\). \[f(k)\equiv 2k\pmod{2N+1}\Rightarrow f^{(m)}(k)\equiv2^mk\pmod{2N+1}.\]

考虑必要性,如果要若干次(记为 \(T\) 次)洗牌后还原, \(2^Tk\equiv k\pmod{2N+1}\) 对\(1\le k \le 2N\) 成立. 我们想要取”最好的” \(k\), 使得这件事”最难成立”. 什么时候最难呢? 显然是 \(k\) 和 \(2N+1\) 互素的时候, 这时 \(2^T\equiv 1\pmod{2N+1}\). 所以\(\operatorname{ord}_{2N+1}(2)\mid T\), 则 \(T\) 至少是 \(\operatorname{ord}_{2N+1}(2)\). 考虑充分性, 取 \(T=\operatorname{ord}_{2N+1}(2)\), 则 \(f^{(T)}(k)\equiv k\pmod{2N+1}\), 因为 \(1 \le f^{(T)}(k)\le 2N\), 所以 \(f^{(T)}(k)=k\), 也就是说所有牌都已经回到了原来的位置, 充分性成立.

对于\(N=2^{n-1}\), 容易得到 \(\operatorname{ord}_{2^n+1}(2)=2n\), 所以答案就是 \(\boxed{2n}\).

拿着阶, 我们应该可以量产这种洗牌题.