BSGS、exBSGS

BSGS

　　\(\text{BSGS}\)（\(\text{Baby Step Giant Step}\)）是用来解决\(a^x \equiv b \pmod p\)的问题。

(a,p)=1

　　令\(m=\lceil \sqrt{p} \rceil\)，则\(x\)可以表示成\(mq+r\)，其中\(0 \leq q \leq m\)，\(0 \leq r < m\)。

　　那么\(a^x\equiv b \pmod p\)可以写成\(a^{mq+r} \equiv b \pmod p\)。

　　移项得：\(a^{mq} \equiv ba^{-r} \pmod p\)。

　　现在问题变成了：找出一组\(q\)，\(r\)，使得上式成立，我们枚举\(q\)，将左边得到的式子的所有种取值哈希起来，然后再枚举\(r\)，判断右边的取值是否在左边的取值中出现，如果出现就找到了解。

　　枚举部分的复杂度\(\text{O}(\sqrt p)\)，求逆元的复杂度为\(\text{O}(\log p)\)，所以总复杂度为\(\text{O}(\sqrt p + \log p)\)。

　　如果你不愿意求逆也可以，只要设\(x=mq-r\)，然后\(0 < q \leq m\)，\(0 \leq r < m\)，然后移项过程中\(-r\)变成\(+r\)，于是就不用逆元了。

unordered_map<int, int> Hash;
int BSGS(int a, int b) { // a^x=b(P)
	if (!a) return b ? -1 : 1; // 0^x=0的特判
	Hash.clear(); // 清空
	int m = (int)ceil(sqrt(P+0.5)), am = qpow(a, m), t = 1; // 求出m，am
	for (int i = 1; i <= m; i++, t = 1ll*t*am%P) if (!Hash.count(t)) Hash[t] = i; // 将a^mi插入（不可重复插入，否则大的会覆盖小的）
	int ans = -1; t = b;
	rep0(i, m) {
		unordered_map<int, int>::iterator it = Hash.find(t); // 查看是否存在
		if (it != Hash.end()) {
			int x = it->second * m - i;
			if (ans == -1 || x < ans) ans = x;
		}
		t = 1ll*t*a%P;
	}
	return ans; // -1表示无解
}

(a,p)≠1

　　这种情况下，\(a\)的逆元不存在，所以我们要约分两边使得\(a\)的逆元出现。

　　对于\(a^x \equiv b \pmod p\)，提出一个\(d=(a,p)\)并约分得到\(a^{x-1}\frac{a}{d} \equiv \frac{b}{d} \pmod {\frac{p}{d}}\)。当然要有\(d \mid b\)，否则无解。

　　继续，如果\(d'=(a,\frac{p}{d}) \neq 1\)，再拿出一个\(a\)提取因子，得到\(a^{x-2}\frac{a}{d}\frac{a}{d'} \equiv \frac{b}{dd'} \pmod {\frac{p}{dd'}}\)

　　以此类推，直到其互质，此时有\(a^{x-t}\frac{a^t}{\prod d} \equiv \frac{b}{\prod d} \pmod {\frac{p}{\prod d}}\)

　　显然此时\(\frac{a^t}{\prod d}\)存在逆元，于是可以移过去得到\(a^{x-t} \equiv \frac{b}{\prod d}\frac{a^{-t}}{\prod d} \pmod {\frac{p}{\prod d}}\)，然后就成了上面的问题。

　　这里约分时由于约分和求公约数，多了一个\(\text{O}(\log^2 p)\)的复杂度，其他不变。

int exBSGS(int a, int b, int P) {
	if (!a) return b ? -1 : 1; // 直接特判
	int t = 0, d, l = 1;
	while (d = gcd(a, P), d > 1) {
		if (b % d) return -1; // 不能整除一定无解
		P /= d, b /= d, l = 1ll*l*(a/d)%P, t++; // 约分，记录指数，记录系数
	}
	a %= P, b = 1ll*b*inv(l, P)%P; // 维护新的a,b
	int ans = BSGS(a, b, P); // 求解
	return ~ans ? ans+t : -1; // 补上t或者无解
}