说在前面
别问，问就是暴力+循环节+O2可以过。
啊，正解是啥？
发现对于每次洗牌，原来在第(x)张的牌都翻到了(2x mod(n + 1))。所以，对于第(x)张牌，在经过(m)次洗牌后，变成(x cdot 2^m mod (n + 1))。而最后落在第(L)张的那个，可以列同余方程：
[x cdot 2 ^ m equiv L pmod{n + 1}
]
变形，得
[x equiv L (2^m)^{-1} pmod{n + 1}
]
用exgcd求出(2^m)在(pmod{n + 1})下的逆元后乘上(L)即为所求。
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,L;
void exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
if(b == 0)
{
x = 1,y = 0;
return;
}
exgcd(b,a % b,x,y);
long long z = x;
x = y,y = z - (long long)(a / b) * y;
return;
}
long long mul(long long x,long long y)
{
long long ans = 0;
while(y)
{
if(y & 1) ans = (ans + x) % (n + 1);
y >>= 1;
x = (x + x ) % (n + 1);
}
return ans % (n + 1);
}
long long ksm(long long x,long long p)
{
x %= (n + 1);
long long ans = 1;
while(p)
{
if(p & 1) ans = mul(ans,x) % (n + 1);
p >>= 1;
x = mul(x,x) % (n + 1);
}
return ans % (n + 1);
}
int main(void)
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&L);
long long x = 0,y = 0;
exgcd(ksm(2,m),n + 1,x,y);
if(x < 0) x += (ceil(double(abs(x)) / double(n + 1))) * (n + 1);
x %= (n + 1);
printf("%lld
",mul(x,L) % (n + 1));
return 0;
}