题目大意：
设 2n 张牌分别标记为 1, 2, ..., n, n+1, ..., 2n，初始时这 2n 张牌按其标号从小到大
排列。经一次洗牌后，原来的排列顺序变成 n+1, 1, n+2, 2, ..., 2n, n。即前 n 张牌被放到
偶数位置 2, 4, ..., 2n，而后 n 张牌被放到奇数位置 1, 3, ..., 2n-1。可以证明对于任何一
个自然数 n，经过若干次洗牌后可恢复初始状态。现在你的的任务是计算对于给定的 n 的值(n≤10^5 )，
最少需要经过多少次洗牌可恢复到初始状态。
解题过程：
1.模拟绝对超时，然后就开始找规律，对于当前位置是x的数，如果x<=n，下一次就会跑到2*x的位置。否则会跑到(2*x-1) mod (2*n)的位置。
2.手工模拟了下，感觉只要一个数回到原位其他数也就回来了，那么取位置1，按照规则不断模拟，知道回到1为止，然后就糊里糊涂AC了。
3.考后怎么也想不明白为什么只要任意取一个数就好，结果TMD 找到了一个反例：n=10的时候；
如果一开始取位置1的数，那么它的位置变化是 1->2->4->8->16->11->1 那么答案就是6。
如果一开始取位置3的数，那么它的位置变化是 3->6->12->3->6->12->3
可以发现第3次洗牌后，位置3的数回到了原位，但是位置1的数还没有，如果一开始选了位置3的数，那么答案就会是3。
难道只要一开始选位置1的数就能AC？？
http://tieba.baidu.com/p/3246473319 贴吧大神给了解释。 祝热心的大神rp++。
首先一个位置为x的数，变换一次后，位置变成了 (2*x) mod (2*n+1);
如果初始位置为x的数变换t次后回到原位，那么 有 x * 2^t ≡ x （mod (2n+1)） 下面的证明需要一些同余式的知识。
A: 如果gcd（x，2n+1）= 1 ， 则有 2^t1 ≡ 1 ( mod (2n+1) )
B： 如果gcd（x, 2n+1）> 1 , 则有 2^t2 ≡ 1 ( mod (2n+1)/gcd(x,2n+1) );
可以证明 t1 必定是 t2 的倍数，证明如下：(t1,t2都是符合要求的最小的那个)
设 t1=a*t2 + b (0<=b<t2) , (2n+1)/gcd(x,2n+1)=m
A: 2^t2 ≡ 1 (mod m) -> 2^(a*t2) ≡ 1 (mod m)
B: 2^t1 ≡ 1 (mod (2n+1)) -> 2^(a*t2 + b) ≡ 1 (mod (2n+1)) -> 2^(a*t2 + b) ≡ 1 (mod m) (因为2n+1是m的倍数)；
根据 A,B 可以得到 2^b ≡ 1 (mod m) ，而 b < t2 因此b=0，否则与前面 “t1,t2都是符合要求的最小的那个”矛盾，因此b=0； 所以 t1= a * t2 , 即 t1 是 t2 的倍数；
而我们要求的最终答案是 所以 t 的最小公倍数 ， 因此 x 与 2n+1 互质的时候取得t就是答案，这也就解释了上面为什么取1 就能得到答案 而取 3 就挂掉了。
求解答案只要求 2^t ≡ 1 (mod 2n+1) 的最小解；
首先 phi（2n+1） 是 满足条件的。
那么答案 必定是 2n+1 的约数， 证明 同上 ，把ans看成 t2， 把 phi（2n+1）看成 t1， 那么同理 t1=a*t2 ；
所以 只要 枚举 phi（2n+1）的约数，用快速幂判断是否符合即可。
复杂度进一步从O（ans） 降到了 O(sqrt（n）*log（n）)；
另外如果只要证明为什么1回到原位，那么所有数都回到原位的话，有个很简单的证明， 设1 经过t次回到 原位 ，那么 2^t ≡ 1 (mod (2n+1)); 两边同时乘一个x，那么有2^t * x ≡ x (mod （2n+1）) ，也就是 其他数也 回到了原位。