大小步算法 BSGS

前提：

当你遇到一个形如

$$a^x\equiv b\pmod p,\ \ p 为素数且 \gcd(a,p)=1，求解 x 的最小整数解$$

的问题时，你可能会苦恼。

但是对于条件 $p$ 为素数且 $\gcd(a,p)=1$，你可能会想到 费马小定理 的 $a^{p-1}\equiv1\pmod p$。

所以可以把 $x$ 分解为 $k\times (p-1)+t$，这样就可以得出 $k$ 个 $a^{p-1}$，然后可以在 $[0,p-1]$ 中枚举 $t$ 来求解。

但此时的时间复杂度为 $\text{O}(p)$，通常一个 $p$ 是一个极大的数，所以并不是很优秀的做法。

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大小步算法。

大小步算法（Boby-Step-Giant-Step）也被称为拔山盖世算法、北上广深算法...

如果有人对 分块 或者 筛法 有了解的话，将一个数开方是优秀的复杂度，

那么大小步算法结合这个特点，将 $x$ 分为了 $i\times\left\lceil\sqrt p\right\rceil - j$ 的形式。

1. 设 $m = \left\lceil\sqrt p\right\rceil$，原来的方程就变为了

$$a^{i\times m-j}\equiv b\pmod p$$

2. 由此我们在方程的两边分别乘上 $a^j$，得到

$$(a^{m})^i\equiv b\times a^j \pmod p$$

3. 既然要找出两个相等的数，何必不用 $hash$ 表来快速查询呢

   • 先从 $0$ 到 $m$ 枚举 $j$，将 $b\times a^j$ 存入 $hash$ 表中。（Boby-Step）
   • 再从 $1$ 到 $m$ 枚举 $i$，将 $(a^m)^i$ 在 $hash$ 表中查询。（Giant-Step）

4. 因为从小到大枚举，所以找到的第一个 $j$，就是满足 $x$ 为最小整数解。

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代码实现

unordered_map<int,int>vis;

void BSGS()
{
	cin >> p >> a >> b;
	a %= p; b %= p;
	m = ceil(sqrt(p));
	am = Pow(a,m,p);
	cur = 1;
	for (int j = 0; j <= m; ++ j)
	{
		vis[b*cur%p] = j;
		cur = (cur * a) %p;
	}
	cur = 1;
	for (int i = 1; i <= m; ++ i)
	{
		cur = (cur * am) %p;
		if (vis.find(cur) != vis.end())
		{
			cout << i*m-vis[cur];
			return;
		}
	}
	cout << "no solution";
}

再来一遍！

我们的答案皆出自于 $a^0,a^1,a^2,\dots,a^{p-2}$ 这 $p-1$ 个数中。

那么将其分为若干组，每个组的大小均设为 $s$。那么相邻的每个组的对应的数之间就会相差 $\times a^s$ 。

• 假如，答案 $x$ 在第 $2$ 组中出现了，那么在第 $1$ 组中就会有 $b\times a^{-s}$ 出现。

那么就可以只处理出一组的答案，然后再对所有的 $b\times a^{-ks}$ 查询（二分、哈希等）即可。