『高次同余方程 Baby Step Giant Step算法』

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<正文>

高次同余方程#

一般来说，高次同余方程分 $a^x \equiv b(mod\ p)$ 和 $x^a \equiv b(mod\ p)$ 两种，其中后者的难度较大，本片博客仅将介绍第一类方程的解决方法。

给定 $a,b,p$ ，其中 $gcd(a,p)=1$ ，求方程 $a^x \equiv b(mod\ p)$ 的最小非负整数解。

普通分析和朴素算法#

先介绍一下欧拉定理：

如果正整数 $a$ ， $p$ 互质，则 $a^{\phi(p)}\equiv1(mod\ p)$ 。

注意到题中所给的条件符合欧拉定理的前提条件，所以我们得知 $a^{\phi(p)}\equiv 1(mod\ p)$ ，又因为 $\phi(p)\leq p-1$ ， $a^0\equiv 1(mod\ p)$ ，所以在 $0$ 到 $p-1$ 范围内，模 $p$ 意义下 $a$ 的幂一定形成了至少一次循环。也就是说，我们只要在 $0$ 到 $p-2$ 范围内枚举解 $x$ ，就一定能找到解，用快速幂判断即可求解该方程，时间复杂度 $O(plog_2p)$ 。

Baby Step Giant Step算法#

对于求解该类高次同余方程， $Baby\ Step\ Giant\ Step$ 可以优化枚举算法，在 $O(\sqrt p)$ 的时间内求解该方程。

我们设解 $x=i*t-j$ ，其中 $0\leq j \leq t-1$ ，则方程为 $a^{i*t+j}\equiv b(mod\ p)⇔(a^t)^i\equiv b*a^j(mod\ q)$ 。

对于所有的 $j\in[0,t-1]$ ，将 $b*a^j\ mod\ p$ 的值插入 $hash$ 表。

枚举 $i$ 的所有可能取值 $[0,\frac{p}{t}]$ ，计算出 $(a^t)^i\ mod\ p$ 的值，并在 $hash$ 表中检索该值，如果该值存在，就可以用 $i*t-j$ 更新答案。

该算法可以保证枚举到 $x$ 在 $[0,p-2]$ 范围内的每一种情况，其时间复杂度为 $O(\frac{p}{t}+p)$ ，该函数为经典的对勾函数，当参数 $t$ 取 $\sqrt p$ 时，其函数值最小，保证其时间复杂度为 $O(\sqrt p)$ 。

以下给出求解方程最小非负整数解的程序，无解时返回 $-1$ 。
$Code:$

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inline long long Baby_Step_Giant_Step(long long a,long long b,long long p)
{
    map < long long , long long > hash;hash.clear();
    b%=p;long long t=(long long)sqrt(p)+1,mul=1;
    for (int j=0;j<t;j++)
    {
        hash[ mul * b % p ] = j;
        mul = mul * a % p;
    }
    if (a%p==0)return b==0 ? 1 : -1;
    a = 1;
    for (int i=0;i<=t;i++)
    {
        long long j = ( hash.find(a) != hash.end() ? hash[a] : -1 );
        if (j>=0&&i*t-j>=0)return i*t-j;
        a = a * mul % p;
    }
    return -1;
}

计算器#

Description#

你被要求设计一个计算器完成以下三项任务：

1、给定y,z,p,计算Y^Z Mod P 的值；

2、给定y,z,p，计算满足xy≡ Z ( mod P )的最小非负整数；

3、给定y,z,p，计算满足Y^x ≡ Z ( mod P)的最小非负整数。

Input Format#

输入包含多组数据。

第一行包含两个正整数T,K分别表示数据组数和询问类型（对于一个测试点内的所有数据，询问类型相同）。

以下行每行包含三个正整数y,z,p，描述一个询问。

Output Format#

对于每个询问，输出一行答案。对于询问类型2和3，如果不存在满足条件的，则输出“Orz, I cannot find x!”，注意逗号与“I”之间有一个空格。

Sample Input#

Sample Output#

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2
1
2

解析#

同余方程模板题。对于询问 $1$ ，快速幂解决，对于询问 $2$ ，扩展欧几里得算法解决，对于询问 $3$ ， $BSGS$ 算法解决。

对于第三个任务，一个细节要注意的是，题中保证了 $p$ 为质数，却没保证 $a$ 不是 $p$ 的倍数。所以要特判 $a$ 为 $p$ 倍数的情况。

$Code:$

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mset(name,val) memset(name,val,sizeof name)
long long t,k;
inline void input(void)
{
    scanf("%lld%lld",&t,&k);
}
inline long long power(long long a,long long b,long long p)
{
    long long res=1;
    while (b)
    {
        if (1&b)res*=a,res%=p;
        b>>=1;
        a*=a,a%=p;
    }
    return res;
}
inline long long Exeuclid(long long a,long long &x,long long b,long long &y,long long c)
{
    if (b==0){x=c/a,y=0;return a;}
    else
    {
        long long p=Exeuclid(b,x,a%b,y,c);
        long long x_=x,y_=y;
        x=y_;y=x_-a/b*y_;
        return p;
    }
}
inline long long Euclid(long long a,long long b)
{
    return b ? Euclid(b,a%b) : a;
}
inline long long Baby_Step_Giant_Step(long long a,long long b,long long p)
{
    map < long long , long long > hash;hash.clear();
    b%=p;long long t=(long long)sqrt(p)+1,mul=1;
    for (int j=0;j<t;j++)
    {
        hash[ mul * b % p ] = j;
        mul = mul * a % p;
    }
    if (a%p==0)return b==0 ? 1 : -1;
    a = 1;
    for (int i=0;i<=t;i++)
    {
        long long j = ( hash.find(a) != hash.end() ? hash[a] : -1 );
        if (j>=0&&i*t-j>=0)return i*t-j;
        a = a * mul % p;
    }
    return -1;
}
inline void solve(void)
{
    long long y,z,p;
    for (int i=1;i<=t;i++)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&y,&z,&p);
        if (k==1)
            printf("%lld\n",power(y,z,p));
        if (k==2)
        {
            if (z%Euclid(y,p))
            {
                printf("Orz, I cannot find x!\n");
                continue;
            }
            long long x_,y_;
            Exeuclid(y,x_,p,y_,z);
            printf("%lld\n",(x_%p+p)%p);
        }
        if (k==3)
        {
            long long ans=Baby_Step_Giant_Step(y,z,p);
            if (ans==-1)
                printf("Orz, I cannot find x!\n");
            else printf("%lld\n",ans);
        }
    }
}
int main(void)
{
    input();
    solve();
    return 0;
}

ExBSGS算法#

顾名思义，该算法就是 $Baby\ Step\ Giant\ Step$ 的拓展。对于方程 $a^x\equiv b(mod\ p)$ ，当 $a,p$ 不互质的时候，我们可以使用该算法进行求解。

不难发现，当互质条件失去后，无解的情况也随之增加。经过严格的数学证明可以得到：当 $gcd(a,p)\not|b$ 且 $b\not=1$ 时，该方程无自然数解(转换成扩欧方程的有解性判定，由裴蜀定理可得)。

$b=1$ 的情况是需要特判的， $x$ 最小非负整数解为 $0$ 。除了无解和该情况以外，我们可以用如下方法求解：

令，将原式转换为 : $a^{x-1}\ \frac{a}{d}\ \equiv \ \frac{b}{d}\ (mod\ \frac{p}{d})$

设 $x_1=x-1,k_1=\frac{a}{d},b_1=\frac{b}{d},p_1=\frac{p}{d}$ ，则

k_{1} * a^{x_{1}} \equiv b_{1} (m o d p_{1})

$k_1*a^{x_1}\equiv b_1(mod\ p_1)$

若能够求解该方程，则原方程的解 $x=x_1+1$ 。

记录下 $k$ ，则这个方程的结构是可以进行同样的操作的。如此，不断缩小模数 $p$ ，直到 $gcd(a,p)=1$ ，得到方程$$k_1k_2...k_na^{x_n}\equiv b_n(mod\ p_n)$$

其中， $gcd(a_n,p_n)=1$ 。

令，则 $k*a^{x_n}\equiv b_n(mod\ p_n)$

直接使用 $BSGS$ 算法求解该方程，则原方程的解 $x=x_n+n$ 。

$Code:$

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inline long long ExBSGS(long long a,long long b,long long p)
{
    if (b==1)return 0;
    long long cnt=0,d,k=1;
    while ( ( d=Euclid(a,p) ) ^ 1 )
    {
        if (b%d)return -1;
        b/=d,p/=d,++cnt;
        k = k * (a/d) % p;
        if (k==b)return cnt;
    }
    unordered_map < long long , long long > Hash;Hash.clear();
    long long t=(long long)sqrt(p)+1,mul=1;
    for (int j=0;j<t;j++)
    {
        Hash[ mul * b % p ] = j;
        mul = mul * a % p;
    }
    for (int i=0;i<=t;i++)
    {
        long long j = ( Hash.find(k) != Hash.end() ? Hash[k] : -1 );
        if (j>=0&&i*t-j+cnt>=0)return i*t-j+cnt;
        k = k * mul % p;
    }
    return -1;
}