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。

---

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。

---

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。