『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$-1$。
$Code:$

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

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。

$Code:$

#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$d=gcd(a,p)$，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

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

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$k=\prod_{i=1}^{n}k_i$，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$x=x_n+n$。

$Code:$

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;
}

<后记>

posted @ 2019-04-10 21:20 Parsnip 阅读(733) 评论(0) 编辑收藏举报

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