省选算法学习-BSGS与exBSGS与二次剩余
前置知识
扩展欧几里得，快速幂
都是很基础的东西
扩展欧几里得
说实话这个东西我学了好几遍都没有懂，最近终于搞明白，可以考场现推了，故放到这里来加深印象
翡蜀定理
方程$ax+by=gcd(a,b)$一定有整数解
证明：
因为$gcd(a,b)=gcd(b,a$ $mod$ $b)$
所以假设我们已经求出来了$bx+(a$ $mod$ $b)y=gcd(b,a$ $mod$ $b)$的一组整数解$(p,q)$
因为$a$ $mod$ $b=a-(\lfloor \frac{a}{b} \rfloor \ast b)$
所以$bp+(a-a/b\ast b)q=ax+by$
$b(p-(a/b)q)+aq=ax+by$
所以$x=q,y=(p-(a/b)q)$是一组合法的解
所以我们可以递归$gcd$的过程中倒着算每一层的解
当$b=0$时的解为$x=1,y=0$
BSGS
问题提出
给定$a,b,p$，求最小的$x$，使得$a^x≡b(mod$ $p)$
问题求解
显然这个东西不能直接做
考虑分块的思想
定义$m=sqrt(p)$
设$x=i\ast m - j$
也就是$a^{i\ast m}≡a^j\ast b(mod$ $p)$
那么我们首先把$j=0...m-1$时的$a^j\ast b$插入一个哈希表
然后我们枚举$i$，在哈希表里面查询$a^{i\ast m}$有没有出现过，如果出现过，它最大的$j$是多少
然后就可以在$O(sqrt(p))$的时间内解决这个问题了
放个板子
namespace hash{
ll first[1000010],next[1000010],val[1000010],hash[1000010],mod=926081,cnt=0;
void init(){memset(first,0,sizeof(first));cnt=0;}
void insert(ll w,ll pos){
ll p=w%mod,u;
for(u=first[p];u;u=next[u]){
if(hash[u]==w){val[u]=pos;return;}
if(!next[u]) break;
}
if(!next[u]){
cnt++;
if(!first[p]) first[p]=cnt;
else next[u]=cnt;
val[cnt]=pos;hash[cnt]=w;next[cnt]=0;
}
}
ll find(ll w){
ll p=w%mod,u;
for(u=first[p];u;u=next[u]){
if(hash[u]==w) return val[u];
}
return -1;
}
}
ll qpow(ll a,ll b,ll p){
ll re=1;
while(b){
if(b&1) re=re*a%p;
a=a*a%p;b>>=1;
}
return re;
}
ll gcd(ll a,ll b){
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
ll bsgs(ll a,ll b,ll p){
if(b==1) return 0;
ll i,j,m=ceil(sqrt((double)p)),tmp=b,cur,base=qpow(a,m,p);
hash::init();
for(j=0;j<m;j++){
hash::insert(tmp,j);
tmp=tmp*a%p;
}
tmp=1;
for(i=m;i<=p;i+=m){
tmp=tmp*base%p;
cur=hash::find(tmp);
if(~cur) return i-cur;
}
return -1;
}
exBSGS
使用BSGS的时候要求$gcd(a,p)=1$，扩展版的exBSGS则不需要
具体操作是这样的：
除掉公约数
假设$tmp=gcd(a,p)$
那么$(y\ast tmp)^x=z\ast tmp(mod$ $q\ast tmp)$
其中$y,z,q$是新设出来的量，$y\ast tmp=a$，$z\ast tmp=b$，$q\ast tmp=p$
这一步可以看出，如果$b$不能整除$gcd(a,p)$，那么一定无解
转化
把等式两边的含$tmp$的东西提取出来，可以得到：
$y^{tmp}=z(mod$ $q)$
然后就可以继续递归下去处理了
代码
namespace hash{
ll first[1000010],val[1000010],hash[1000010],next[1000010],cnt=0,mod=926081;
void init(){memset(first,0,sizeof(first));cnt=0;}
void insert(ll w,ll pos){
ll p=w%mod,u;
for(u=first[p];u;u=next[u]){
if(hash[u]==w){val[u]=pos;return;}
if(!next[u]) break;
}
if(!next[u]){
cnt++;
if(!first[p]) first[p]=cnt;
else next[u]=cnt;
next[cnt]=0;val[cnt]=pos;hash[cnt]=w;
}
}
ll query(ll w){
ll p=w%mod,u;
for(u=first[p];u;u=next[u]){
if(hash[u]==w) return val[u];
}
return -1;
}
}
ll qpow(ll a,ll b,ll p){
ll re=1;
while(b){
if(b&1) re=re*a%p;
a=a*a%p;b>>=1;
}
return re;
}
ll gcd(ll a,ll b){
if(b==0) return a;
else return gcd(b,a%b);
}
ll bsgs(ll a,ll b,ll p){
if(b==1) return 0;//不要忘了特判
ll i,j,tmp=1,d=1,cnt=0;
hash::init();
while((tmp=gcd(a,p))!=1){
if(b%tmp) return -1;
cnt++;b/=tmp;p/=tmp;d=d*(a/tmp)%p;//注意这个d的写法
if(b==d) return cnt;//记得写这个
}
ll m=ceil(sqrt(double(p))),base=qpow(a,m,p);//注意这两个东西一定要写在这里，不要写在while上面
tmp=b;
for(j=0;j<m;j++){
hash::insert(tmp,j);
tmp=(tmp*a)%p;
}
for(i=m;i<=p+m;i+=m){//这里注意p+m，不然的话可能会有少数情况挂掉
d=(d*base)%p;//同时注意这里的tmp相当于是一开始就是上面的d而不是1，也就是一开始要乘上已经除掉的东西
tmp=hash::query(d);
if(tmp!=-1) return i-tmp+cnt;
}
return -1;
}
二次剩余（2019/4/14更新）
什么是二次剩余
考虑一个模意义下的方程：$x^2$ $mod$ $p=n$，其中$n\in [1,p-1]$，不考虑$n=0$时显然有解的情况
若这个方程的未知数$x$有在$[0,p-1]$中的整数解，我们称$n$为模$p$意义下的二次剩余，否则称为非二次剩余
判断是否为二次剩余
下文所有等式省略模意义
这里实际上有一个叫勒让德符号的东西，但是我觉得那玩意儿太麻烦了，就不说他的名字了，但是要知道是这个东西
以下方法仅仅对奇质数有效
由费马小定理，我们知道：$n^{p-1}=1$
那么显然$n^{\frac{p-1}{2}}=1$或者$-1$
那么若$x2=n$，对应上面两种情况，我们分别有$x=1$或者$-1$
显然这里再根据费马小定理，$x^{p-1}$ 只能是$1$
所以当$n^{\frac{p-1}{2}}=-1$时，$n$是非二次剩余，否则是二次剩余
在有二次剩余的情况下求解$x$
这个......我懒得写证明了，放a_crazy_czy菊苣的链接在这里
