(ex)BSGS/（扩展）大步小步算法 学习笔记

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1.(ex)BSGS/（扩展）大步小步算法 学习笔记2023-06-04

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(ex)BSGS/（扩展）大步小步算法 学习笔记

在即将暂时退役之际杀掉了 P4195 的毒瘤模板题，于是来写篇学习笔记。

谨此为我初中三年摆烂的OI生涯画上一个句号。（距离中考还有20天！）

BSGS

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求$a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$的非负整数解，其中$a,p$互质。

算法思路

我们不妨令 $t=\lceil \sqrt{p}\rceil$，$j<t$，$i\le t$

原式转化为 $a^{it-j}\equiv b(\mathrm{mod}p)$

即 ${\left(a^t\right)}^i\equiv b\cdot a^j(\mathrm{mod}p)$

于是我们可以这么在 $\mathrm{\Theta }\left(\sqrt{n}\right)$（不考虑 hash 表）内求出解：

• 枚举 $\mathrm{\forall }j\in [0,t)$，求出所有的 $b\cdot a^{j}modp$，用 hash 表记录下来

• 枚举 $\mathrm{\forall }i\in [0,t]$，求出所有的 ${\left(a^t\right)}^{i}modp$，在 hash 表中查找是否有对应的 $j$ 值

需要注意的是，当 $a^{t}modp=0$ 时，若 $b=0$，则解为 $x=1$；
否则无解。

正确性讨论

由 Euler 定理，我们有 $a^{\phi \left(p\right)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，其中 $\phi \left(x\right)$ 为 Euler 函数。

也就是说，$modp$ 意义下，$a^{x}modp$ 在 $x=n\cdot \phi \left(p\right)$（$n$ 遍历非负整数）后循环。

我们知道对于任意整数 $p>1$，$p>\phi \left(p\right)$，而我们取的 $it-j$ 可以遍历 $[0,x]$，因此能够取到 $a^{p}modp$ 的一切情况，故一定不会漏解。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
#define int long long
 
int qpow(int a, int n, int p) {
    a%=p;
    int res=1;
    while (n) {
        if (n&1) res=res*a%p;
        a=a*a%p;
        n>>=1;
    }
    return res;
}
 
signed bsgs(int a, int b, int p) {
    b%=p;
    int t=sqrt(p)+1;
    unordered_map<int, int> hash; hash.clear();
    for (int j=0; j<t; ++j) {
        int power=b*qpow(a,j,p)%p;
        hash[power]=j;
    }
    a=qpow(a,t,p);
    if (a==0) return b==0?1:-1;
    for (int i=0; i<=t; ++i) {
        int val=qpow(a,i,p);
        int j=hash.find(val)==hash.end()?-1:hash[val];
        if (j>=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;
    }
    return -1;
}
 
signed main() {
    int a, b, p;
    cin>>p>>a>>b;
    int res=bsgs(a,b,p);
    if (res==-1) puts("no solution");
    else cout<<res<<endl;
    return 0;
}

这份代码是可以通过 P3846 的。我们可以考虑对它进行优化。

我们发现枚举 $a^j$ 和 ${\left(a^t\right)}^i$ 的时候，$i,j$ 是递增的，于是我们可以直接用一个变量来维护 $a^j$和 ${\left(a^t\right)}^i$。

另外，用 unordered_map 来实现 hash 表似乎会快一些。

inline int bsgs(int a, int b, int p) {
    int t=(int)(sqrt(p))+1;
    unordered_map<int,int> h; h.clear();
    int powa=1;
    for (reg int j=0; j<t; ++j) {
        int val=powa*b%p;
        h[val]=j;
        powa=powa*a%p;
    }
    a=qpow(a,t,p);
    powa=1;
    for (reg int i=0; i<=t; ++i) {
        int val=powa%p;
        int j=h.find(val)==h.end()?-1:h[val];
        if (j>=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;
        powa=powa*a%p;
    }
    return -1;
}

为exBSGS进行修改

我们现在来考虑 $k{a}^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$（$a,p$ 互质，$k$ 为正整数）的式子，我们可以同样地将它们变形为

$$k\cdot {\left(a^t\right)}^i\equiv b\cdot a^j(\mathrm{mod}p)$$

于是稍微修改一下上述代码就可以了。

inline int bsgs(int a, int b, int k, int p) {
    int t=(int)(sqrt(p))+1;
    unordered_map<int,int> h; h.clear();
    int powa=1;
    for (reg int j=0; j<t; ++j) {
        int val=powa*b%p;
        h[val]=j;
        powa=powa*a%p;
    }
    a=qpow(a,t,p);
    powa=1;
    for (reg int i=0; i<=t; ++i) {
        int val=k*powa%p;
        int j=h.find(val)==h.end()?-1:h[val];
        if (j>=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;
        powa=powa*a%p;
    }
    return -1;
}

exBSGS

link

求 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 的非负整数解，其中 $a,p$ 未必互质。

算法思路

考虑利用同余式的约化性质，转换成朴素的 BSGS 来求解。

我们有如下同余式的约化性质：
若 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$，$d\mid a,d\mid b$，则

$$\frac{a}{d}\equiv \frac{b}{d}(\mathrm{mod}\frac{p}{gcd(d,p)})$$

我们回到 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$，令 $d_1=gcd(a,p)$，
当 $d_1\mid b$，我们可以得到

$$\frac{a}{d_1}\cdot a^{x-1}\equiv \frac{b}{d_1}(\mathrm{mod}\frac{p}{d_1})$$

（若 $d_1\nmid b$，立刻得出无解）
若 $a,\frac{p}{d_1}$ 仍不互质，我们可以继续令 $d_2=gcd(a,\frac{p}{d_1})$，$\cdots$，直到 $a,\frac{p}{d_1{d}_2\cdots d_k}$ 互质为止。

我们设一共进行了 $k$ 次约化，$D=d_1{d}_2\cdots d_k$（此时 $a$，$\frac{p}{D}$ 互质），原式可变形为

$$\frac{a^k}{D}\cdot a^{x-k}\equiv \frac{b}{D}(\mathrm{mod}\frac{p}{D})$$

我们令 $k=\frac{a^k}{D},X=x-k,B=\frac{b}{D},P=\frac{p}{D}$，即

$$k{a}^X\equiv B(\mathrm{mod}P)$$

于是可以利用修改后的BSGS算法来求解。

注意求解之后得到的 $X=x-k$，故 $x=X+k$。

Trick

${\displaystyle \frac{a^k}{D}=\frac{a}{d_1}\frac{a}{d_2}\cdots \frac{a}{d_k}}$，于是可以在每一个循环内单独计算。

用 cout<<'\n' 似乎会比用 cout<<endl 快一些。

可以预先将 b%=p, a%=p，若取模过后 $b=1$ 或 $p=1$，那么显然 $x=0$ 为解。

我们记 ${\displaystyle D_k=\frac{a}{d1}\frac{a}{d2}\cdots \frac{a}{d_k}}$，当 ${\displaystyle \frac{a^k}{D^k}=\frac{b}{D_k}}$ 时，有

$$\frac{a^k}{D_k}\cdot a^{x-k}\equiv \frac{b}{D_k}(\mathrm{mod}\frac{p}{D_k})$$

即

$$a^{x-k}\equiv 1(\mathrm{mod}\frac{p}{D_k})$$

于是 $x=k$ 为解。其中 $k$ 是正在进行的第 $k$ 次约化。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define int long long
#define reg register
inline int qpow(int a, int n, int p) {
    a%=p; int res=1;
    while (n) {
        if (n&1) res=res*a%p;
        a=a*a%p; n>>=1;
    }
    return res;
}
inline int bsgs(int a, int b, int k, int p) {
    int t=(int)(sqrt(p))+1;
    unordered_map<int,int> h; h.clear();
    int powa=1;
    for (reg int j=0; j<t; ++j) {
        int val=powa*b%p;
        h[val]=j;
        powa=powa*a%p;
    }
    a=qpow(a,t,p);
    powa=1;
    for (reg int i=0; i<=t; ++i) {
        int val=k*powa%p;
        int j=h.find(val)==h.end()?-1:h[val];
        if (j>=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;
        powa=powa*a%p;
    }
    return -1;
}
inline int exbsgs(int a, int b, int p) {
    a%=p, b%=p;
    if (b==1 || p==1) return 0;
    int A=a, NA=1, B=b, P=p, k=0, D=1;
    while (__gcd(a,P)>1) {
        int d=__gcd(a,P);
        if (B%d) return -1;
        k++; A/=d, B/=d, P/=d, NA=NA*(a/d)%P, D=D*d%P;
        if (NA==B) return k; // NA就是上文提到的(a^k)/(D^k)
    }
    int res=bsgs(a,B,NA,P);
    if (res==-1) return res;
    if ((qpow(a,res+k,p)-b)%p) return -1;
    return res+k;
}
 
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    int a, b, p;
    while (cin>>a>>p>>b && a) {
        int res=exbsgs(a,b,p);
        if (res==-1) cout<<"No Solution\n";
        else cout<<res<<'\n';
    }
    return 0;
}

Record，$2.46\mathrm{s}$，可以通过本题（包括Hack数据）。

后记

这道题算是比较毒瘤的，我是一共调了三天才过的（我太弱了）
还有 $20$ 天就要中考了，而我还在这摸鱼（悲）
就谨此纪念一下我的初中OI生涯罢。

顺便在此祝福向宴酱中考顺利！