原根与BSGS

我是鸽子。

$ \mathbf{原根}$

阶

根据欧拉定理，对于 $n\in \mathbb N^* ,a\in \mathbb Z$ 且 $\gcd(a,n)=1$ ，有 $a^{\varphi (n) }\equiv 1 \pmod n$。

此时满足 $a^{x}\equiv 1 \pmod n$ 的最小正整数存在，$x$ 称作 $a$ 模 $n$ 的阶，记作 $\delta_{n}(a)$ 。

性质

不证了，OI-wiki 上都有。

$a,a^2,\cdots,a^{\delta_n(a)}$ 模 $n$ 不同余。
若 $a^m\equiv 1 \pmod n$ ，则 $\delta_n(a) | n$ 。
设 $n\in \mathbb N^* ,a,b\in \mathbb Z$ 且 $\gcd(a,n)=1,gcd(b,n)=1$ ，那么 $\delta_n(ab)=\delta_n(a)\delta_n(b)$ 的充要条件是 $gcd(\delta_n(a),\delta_n(b))=1$ 。
设 $k\in \mathbb N^*, n\in \mathbb N^* ,a\in \mathbb Z$ ，则 $\delta_n (a^k)=\frac{\delta_n (a)}{gcd(\delta_n (a),k)}$

原根

若 $n\in \mathbb N^* ,a\in \mathbb Z$ 且 $\gcd(a,n)=1，\delta_n(a)=\varphi(n)$，那么称 $a$ 为 $n$ 的一个原根。

原根个数

若某个整数 $n$ 有原根，则它原根的个数为 $\varphi(\varphi(n))$ 。

原根存在定理

只有 $2,4,p^k,2p^k$ 存在原根，其中 $p$ 为奇质数。

原根判定定理

设 $n \ge 3,\gcd(a,n)=1$ ，$a$ 是 $n$ 的一个原根当且仅当对于 $\varphi(n)$ 的所有质因子 $p$ 都有 $a^{\frac{\varphi(n)}{p}} \not\equiv 1 \pmod n$ 。

$n$ 的最小原根是不多于 $O(n^{0.25})$ 级别的，因此可以直接从小到大枚举。

利用原根求解底数同余方程

题意：

给定 $k,a,p$，求 $x^k \equiv a \pmod p$ 的所有根，$p$ 为质数，根的范围是 $[0,p-1]$ 。

$0\le a<p\le 10^9 ,2\le k\le 10^6$

思路：

求出 $p$ 的原根 $g$，设 $x=g^t$ ，则有：

\[(g^t)^k \equiv a \pmod p \]

\[(g^k)^t \equiv a \pmod p \]

现在已知 $g^k$ ，用 $\operatorname{BSGS}$ 求解出 $t$ 的所有解即可。

或者先用 $\operatorname{BSGS}$ 求出 $g^{m} \equiv a \pmod p$ 的最小解，再通过 $\operatorname{exgcd}$ 求二元不定方程 $m+x\varphi(p)=kt $ 中 $t$ 的所有解。

$ \mathbf{BSGS}$

普通BSGS

题意：

给定非负整数 $a,b$ 以及质数 $p$，求 $a^x\equiv b \pmod p$ 的最小非负整数解，若无解则输出 no solution

$ a,b,p <2^{31}$

思路：

根据费马小定理，质数 $p$ 不整除 $a$ 的情况下存在 $a^{p-1}\equiv 1 \pmod p$，得知解的范围应该是 $[0,p-1)$，直接枚举将会有一个感人的复杂度。

考虑设 $t=\lceil \sqrt p \rceil$ ，将解 $x$ 表示成 $i\times t-j$ 的形式：

\[a^{i\times t -j}\equiv b \pmod p \]

两边同时乘以 $a^{j}$ ：

\[a^{i\times t }\equiv b\times a^j \pmod p \]

提前用 map 或者 unordered_map 将右侧的值 $b\times a^j$ 映射为 $j$，然后枚举 $i$ ，对于 $a^{i\times t }$ 在 map 中查找是否存在 $b\times a_j$ 与其同余，若没有则跳过，若有则答案即为 $i\times t-j $ ，一直到最后输出无解。

当 $j$ 从小到大映射时，相同值所代表的 $j$ 一定是更大的，于是 $i\times t-j$ 一定会更小，符合最小非负整数解的条件。

映射的范围和枚举的上界都是 $\lceil \sqrt p \rceil$ ，因此时间复杂度为 $O(\sqrt p)$。

特殊注意：$a \equiv 0 \pmod p$ 时当且仅当 $b \equiv 0 \pmod p$ 时有解（ $x=1$ ），否则无解。

code

#include <map>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define int long long
#define Reg register
using namespace std;
int b,p,n;
map<int,int> vis;
inline int read(){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-') w=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return s*w;
}
inline int qpow(int A,int B){
    int Ans=1;
    while(B){
        if(B&1) Ans=Ans*A%p;
        A=A*A%p;
        B>>=1;
    }
    return Ans;
}
inline int BSGS(){
    n%=p;
    int t=sqrt(p)+1;
    for(Reg int i=0;i<t;++i) vis[n]=i,n=n*b%p;
    int v=qpow(b,t),f=1;
    if(!v){
        if(!n) printf("0\n");
        else printf("no solution\n");
        exit(0);
    }
    for(Reg int i=0;i<=t;++i){
        int j=(vis.find(f)==vis.end())?-1:vis[f];
        if(j>=0&&i*t-j>=0) return i*t-j;
        f=f*v%p;
    }
    printf("no solution\n");
    exit(0);
    return 0;
}
signed main(){
    p=read(),b=read(),n=read();
    printf("%lld\n",BSGS());
    return 0;
}

实际上以上流程可以适用于 $\gcd(a,p)=1$ 的情况。

但如果 $\gcd(a,p)\ne 1$ 呢？

拓展BSGS

题意：

给定正整数 $a,b,p$，求 $a^x\equiv b \pmod p$ 的最小非负整数解，若无解则输出 no solution

多组询问，保证 $\sum \sqrt p \le 5\times 10^6$

$ 1\le a,b,p \le 10^9$

思路：

发现 $a,p$ 不一定互质了（悲

容易知道普通 $\operatorname{BSGS}$ 能够得出正解得原因是存在 $a^j$ 模 $p$ 的逆元，而现在这个条件已经不被满足。

考虑将题意转化成 $\gcd(a,p)=1$ 的情况。假设我们已经求出来了 $x$ ：

\[a^x \equiv b \pmod p \]

上式可以转化成二元不定方程的形式：

\[ a^xX-pY=b \]

拆一个 $a$ 出来：

\[ a^{x-1} aX-pY=b \]

设 $d=gcd(a,p)$，根据翡蜀定理,只有 $d| b$ 时方程才有解，于是我们直接给两边除以 $d$。

\[ a^{x-1} \frac{a}{d}X-\frac{p}{d}Y=\frac{b}{d} \]

这么处理下去，直到 $gcd(a,b)=1$ ：

\[a^{x-c} \frac{a^c}{\prod_{i=1}^c d_i} X- \frac{p}{\prod_{i=1}^c d_i} Y = \frac{b}{\prod_{i=1}^c d_i} \]

设 $g=\frac{a^c}{\prod_{i=1}^c d_i},p'=\frac{p}{\prod_{i=1}^c d_i},b'=\frac{b}{\prod_{i=1}^c d_i}$，此时我们应该求以下同余方程的解：

\[a^{x-c} g\equiv b' \pmod {p'} \]

因为 $gcd(a,p')=1$ ，所以能使用普通 $\operatorname{BSGS}$ 求解，最后的答案为 $i\times t-j+c$ 。

由于在 $gcd(a,p)\ne 1$ 时， $gcd(a,p)\ge 2$ ，可知 $c$ 是 $O(\log p)$ 级别的，单次询问的复杂度为 $O(\sqrt p+\log p)$ 。

细节比较多。

code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;
#define Reg register
#define ll long long
const int maxn=5100000;
int a,b,mod;
gp_hash_table<ll,ll> vis;
//unorder_map被卡了（悲，不想手打哈希表的可以写这个
inline ll read(){
    ll s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-') w=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return s*w;
}
inline ll qpow(ll A,ll B,ll p){
    ll Ans=1;
    while(B){
        if(B&1) Ans=Ans*A%p;
        A=A*A%p;
        B>>=1;
    }
    return Ans;
}
inline ll gcd(ll A,ll B){
    return B?gcd(B,A%B):A;
}
inline void Nosolu(){
    printf("No Solution\n");
}
inline void EXBSGS(){
    a%=mod,b%=mod;
    if(b==1||mod==1) return printf("0\n"),void();
    if(!a){
        if(b) return Nosolu(),void(); 
        return printf("1\n"),void();
    }
    int c=0,p=mod,g=1;
    for(Reg int d=gcd(a,p);d!=1;d=gcd(a,p)){
        if(b%d) return Nosolu(),void();
        ++c,p/=d,b/=d,g=1ll*g*(a/d)%p;
        if(b==g) return printf("%d\n",c),void(); 
    }
    vis.clear();
    if(p==1) return printf("%d\n",c),void();
    int t=sqrt(p)+1;
    for(Reg int i=0;i<t;++i) vis[b]=i,b=1ll*b*a%p;
    int At=qpow(a,t,p),f=g;
    for(Reg int i=1;i<=t;++i){
        f=1ll*f*At%p;
        ll j=(vis.find(f)==vis.end())?-1:vis[f];
        if(j>=0&&i*t-j>=0) return printf("%lld\n",i*t-j+c),void();
    }
    Nosolu();
}
int main(){
    a=read(),mod=read(),b=read();
    while(!(a==0&&b==0&&mod==0)){ 
        EXBSGS();
        a=read(),mod=read(),b=read();
    }
    return 0;
}

posted @ 2023-02-07 20:13 Broken_Eclipse 阅读(39) 评论(0) 编辑收藏举报

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