首先考虑最终状态下该如何操作，显然能换牌就换牌。然而问题仍然非常复杂，该怎么继续思考呢？
我们打开题解发现，在这个问题中，对于一个局面 \((c_1,c_2,\cdots,c_n)\)，与另一个局面 \((k,0,\cdots,0)\) 是等价的，为什么呢？因为我们有能换就换的策略，对于第一种牌若不断采取能换就换的策略，肯定可以到达第一种局面。
我们采取这种巧妙的方式使问题变得更加简单。对于每个牌堆或者牌包现在都能用一个数表示了，具体的，我们设 \(d_i\) 表示这个数，那么 \(d_i=\sum_{i=1}^n s_{i,j}2^{i-1}(i-1)!\)。然而，如果 \(d_i\ge 2^nn!\) 怎么办？显然我们会让它操作一轮，然后使 \(d_i\leftarrow d_i-(2^nn!)+1\)。
那么设最终牌数为 \(T\)，则
\[T=S+\sum_{i=1}^m d_ix_i+(1-2^nn!)x_{m+1}
\]
如果令 \(d_{m+1}=1-2^nn!\)，并将 \(S\) 移项，于是这会是一个 \(m+1\) 元的不定方程，而我们可以并不关心解，我们只需要对于每个 \(T\) 判断是否有解即可，可以用裴蜀定理判，设 \(G=\gcd(d_1,d_2,\cdots,d_{m+1})\)，如果 \(G\) 很小，我们可以使用同余最短路，如果 \(G\) 很大，则 \(T=Gk+S\bmod G\)，可以直接枚举 \(T\)。
然后就做完啦！
