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扩展BSGS

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题目大意

给出 a,p,b，找到最小的非负整数 x，使得 a 的 x 次方在模 p 意义下等于 b。

思路

这个题就是扩展 BSGS 的模板题。

BSGS

那既然它是扩展，那我们来说说原版是怎么弄的。
BSGS 的意思是先小步后大步，它可以求出方程 $A^x\equiv B(mod\ C)$ 且 $\gcd(A,C)=1$ 时的解。而且是用 $\sqrt{C}$ 的时间。

那 $O(C)$ 的大家都会把，就枚举 $0\sim C-1$，有就输出，否则就是没有解。
但是为什么答案会出现在这里呢？
你会知道要么有很多种答案，要么没有答案。因为你 $A^x$ 的取值在取模意义下只能是 $0\sim C-1$，那一旦你有取值一样的，那跟下来也是一样。（因为你每次乘的都是同一个数）
那在最坏情况下，把范围内所有数都取完再重复，就是 $O(C)$ 了。

然后 BSGS 就是一种神奇的算法，通过有点分块的感觉把它弄成了 $O(\sqrt{C})$。
它是这样的，首先把 $0\sim C-1$ 分成连续的几组，让每组的个数都尽可能相等。
然后对于每组，我们询问在这个组中的数是否可以成为答案。

那你会问了，它还是 $O(C)$ 的啊！
不急，我们看公式来优化。

我们来看对于块 $i$（$1\leq i\leq n$，$n$ 是分成的块数），给每个点从左到右编号 $0\sim m-1$（也就是每块 $m$ 个，那会有 $m=\dfrac{C}{n}$），我们枚举每个编号 $y$，我们就是要看是否存在一个使得这个公式满足：
$A^{im-y}\equiv B(mod\ C)$

那我们开始化简：
首先，我们看到 $A^{im-y}$ 上面有减的，而模数是质数，那我们就弄个逆元，然后再移到右边，就变成：
$A^{im}\equiv A^yB(mod\ C)$
那你会发现，每次你枚举的 $y$ 都是同样的 $0\sim m-1$，那你可以把它预处理出来。然后你看左边，你会发现它只枚举了一个 $i$。

但是你是不可以每个都枚举另一边出现的每个可能，看是否存在相等的。（因为你数组存不了）
数组存不了，你自然会想到一个东西——哈希表。

那就把右边能取的每个值都放进哈希表里面，然后每次查询 $A^{im}$ 对应的数是否在哈希表中有。

然后就是 $n,m$ 的取值问题了，因为你枚举左边是 $O(n)$，预处理右边是 $O(m)$，那你要尽可能让它们相等，那就都取 $\sqrt{C}$。

那就是 BSGS 算法了，它的确定就是一定要 $\gcd(A,C)=1$

扩展 BSGS

它就是来解决 BSGS 的缺点，使得它可以解决 $\gcd(A,C)\neq1$ 的情况。

它主要的想法还是把它弄回互质的情况，然后再用 BSGS 解决。

我们观察式子：
$A^{x}\equiv B(mod\ C)$
那因为要化简，那我们弄成不定方程。
$A^{x}+Cy= B$

那我们就不停地把左边的化简到 $\gcd$ 为 $1$，但是 $A^{x}$ 太大了，那我们考虑把它分成 $x$ 个 $A$。
每次就除以 $\gcd(A,C)$，然后知道 $\gcd(A^{x},Cy)=1$，然后 $B$ 也跟着除，如果不能整除了，就说明无解。

那我们假设一共除以了 $w$ 次，第 $i$ 次除的是 $d_i$。
那式子就变成了这个：
$\dfrac{A^w}{\sum\limits^{w}_{i=1}d_i}A^{x-w}+\dfrac{Cy}{\sum\limits^{w}_{i=1}d_i}=\dfrac{B}{\sum\limits^{w}_{i=1}d_i}$

这个时候，就互质了。
然后你就可以转回同余方程，按着 BSGS 算了。

扩展欧几里得求逆元

不会吧不会吧不会真有人不会吧。
哦我不会啊，那没事了。

其实就是 $ax+my=1$ 解这个方程。（$m$ 是模数）
很明显它可以解决模数和要逆元的数互质的情况。

为什么能这么求呢？
变成同于方程：
$ax\equiv 1(mod\ m)$
那你要 $x$ 是 $a$ 的逆元，其实就是要满足这个式子。
（因为逆元定义就是取模意义下的倒数，那数和它的倒数相乘当然就是 $1$ 了）

代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define hash_mo 999979

using namespace std;

struct node {
	ll to, nxt, x;
}e[500001];
ll a, mo, b, n, now, t, KK;
ll hash[1000001], gcd, d, ans;

void csh() {//初始化
	t = 0;
	d = 1;
	memset(hash, 0, sizeof(hash));
	KK = 0;
}

void hash_push(ll x, ll id) {//放一个数在哈希表中
	int pl = x % hash_mo;
	for (int i = hash[pl]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to == x) {
			e[i].x = id;
			return ;
		}
	e[++KK] = (node){x, hash[pl], id}; hash[pl] = KK;
}

ll hash_ask(int q) {//查询一个数是否在哈希表中存在
	int pl = q % hash_mo;
	for (int i = hash[pl]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to == q) {
			return e[i].x;
		}
	
	return -1;
}

ll GCD(ll x, ll y) {//求最大公因子
	if (!y) return x;
	return GCD(y, x % y);
}

ll exgcd(ll a, ll &x, ll b, ll &y) {//扩展欧几里得
	if (!b) {
		x = 1;
		y = 1;
		return a;
	}
	
	ll re = exgcd(b, y, a % b, x);
	y -= a / b * x;
	
	return re;
}

ll ksm(ll x, ll y) {//快速幂
	ll re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = (re * x) % mo;
		x = (x * x) % mo;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}

ll inv(ll x, ll mo) {//扩展欧几里得求逆元
	ll X, Y;
	exgcd(x, X, mo, Y);
	return (X % mo + mo) % mo;
}

ll get_hz() {
	gcd = GCD(a, mo);
	while (gcd != 1) {//一直除以最大公因数
		if (b % gcd != 0) return 0;//b已经不能除了，说明无解
		t++;
		mo /= gcd;
		b /= gcd;
		d = (d * (a / gcd) % mo) % mo;
		
		gcd = GCD(a, mo);
	}
	return 1;
}

ll make_hash() {
	n = sqrt(mo);
	
	now = 1;
	for (int i = 0; i < n; i++) {//把每个 b*a^y 插入到哈希中
		if (now == b) return i + t;
		hash_push(now * b % mo, i);
		now = (now * a) % mo;
	}
	
	int ntimes = ksm(a, n);
	now = ntimes;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {//判断每个 a^(im) 是否与任何一个 b*a^y 相等。
		int mz = hash_ask(now);
		if (mz != -1) return i * n + t - mz;
		now = (now * ntimes) % mo;
	}
	
	return -1;//所有都不相等，无解
}

int main() {
	scanf("%lld %lld %lld", &a, &mo, &b);
	while (a || mo || b) {
		csh();
		
		if (!get_hz()) printf("No Solution\n");//先化简成互质的，不能就说明无解
			else {
				b = (b * inv(d, mo)) % mo;//算出互质的式子中的 b
				
				ans = make_hash();//解互质的式子
				
				if (ans == -1) printf("No Solution\n");
					else printf("%lld\n", ans);
			}
		scanf("%lld %lld %lld", &a, &mo, &b);
	}
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT_JPDH_8-6-3.html
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