BSGS && EXBSGS
基础BSGS
用处是什么呢w
大步小步发(Baby-Step-Giant-Step,简称BSGS),可以用来高效求解形如\(A^x≡B(mod C)\)(C为素数)的同余方程。
常用于求解离散对数问题。形式化地说,该算法可以在\(O(\sqrt{n})\)用于求解。
接下来是算法过程
首先我们讨论的都是(A,C) = 1(由于C是素数,所以等价于A不是C倍数)的情况,如果(A,C) > 1(A是C倍数),很容易特判掉。
先引入一个结论:
如果(A,C) = 1,那么对于\(x \in N\),有\(A^{x mod \phi(C)} ≡ A^x (mod C)\)
如下证明过程:
因为(A,C) = 1,根据欧拉定理,可得\(A^{k * \phi(C)} ≡ 1 (mod C)\)
设\(k \in N\),根据同幂性,\(A^{k * \phi(C)} ≡ 1 (mod C)\)
设\(a \in N\) 且 \(a < \phi(C)\),所以\(A^x(mod C)\),得证。
所以如果\(0 \leq x < \phi(C)\)无解,之后肯定也无解,但是\(\phi(C)\)并一定是最小正周期。
其算法本质是根号分治,令\(m=[\sqrt{C}]\),我们假设x = i * m - j,其中\(0 \leq i,j \leq m\),则有\(A^{i*m - j} ≡ B\) ,稍加变换,可以得到\(A^{i*m}≡B*A^j\)
我们现在已知的是\(A,B\),所以我们可以先通过枚举j,算出\(B * A^j\),用hash/map存下来,然后再枚举i,计算出\(A^{i * m}\)寻找是否有与之相等的\(B * A^j\),从而我们可以得到所有的\(x\),\(x = i * m - j\)
因为i,j都小于等于m,所欲复杂度为$ Θ(\sqrt{C})$,用map多一个log
进阶BSGS
问题:求解\(x^a ≡ b\) \(mod\) \(p\) (p为质数)
这个问题可以通过转化变成上面基础BSGS中所说的样子
因为\(p\)是一个质数,所以\(p\)一定存在一个原根\(g\),因此在模\(p\)的意义下的任何数\(x\),有且只有一个数\(i\)满足\(x = g^i\)
方法一:
令\(x = g^c\),\(g\)是\(p\)的原根(肯定存在这个g和c),问题转化为求解\((g^c)^a ≡ b\) \(mod\) \(p\) ,可以转化为
\((g^a)^c ≡ b (mod p)\)
这就转化为基础篇中我们所说的内个式子了,可以在\(O(\sqrt{p})\)解出\(c\),这样可以得到原方程的一个特解 \(x_0 ≡ g^c\) \(mod\) \(p\)
方法二:
我们仍令\(x = g^c\),并且设\(b = g^t\),于是乎我们得到 \(g^{ac}≡ g^t\) \(mod\) \(p\)
方程两边同时取离散对数可以得到 \(ac ≡ t\) \(mod\) \(\phi(p)\)
这样我们可以通过BSGS求解\(g^t ≡ b\) \(mod\) \(p\)得到\(t\),于是这就转化成为一个线性同余方程问题,这样也可以解出\(c\),求出\(x\)的一个特解\(x_0 = g^c ≡ b\) \(mod\) \(p\)
如果要找到\(x\)的所有解而不是特解的话:
我们能求出一个特解\(x_0 ≡ g^c (mod\) \(n)\),我们知道\(g^{\phi(n)} ≡ 1 (mod\) \(n)\),于是可以得到下面这个式子,
于是得到所有解为
然后对于上面这个式子有\(\frac{k}{gcd(k,\phi(n))}|t\)。因此我们设\(t = \frac{k}{gcd(k,\phi(n))}*i\),可以得到
这就是原问题的所有解
下面是EXBSGS
与BSGS相类似,这个算法也是解决\(a^x≡b(mod p)\)的问题,只不过C可以不是质数。
我们知道,在\(a\)与\(p\)互质的时候,在模\(p\)的意义下\(a\)存在逆元,我们就可以用BSGS来解决问题,那么在他们不互质的情况下,我们就要使他们变成互质的。
具体来说,我们设\(d_i = gcd(a,p)\),如果\(d_1\)不是b的因子,那么原方程无解,有解的情况下我们将方程两边同时处以\(d_1\),可以得到
如果\(a\)和\(\frac{p}{d_1}\)仍然不互质的话设\(d_2 = gcd(a,\frac{p}{d_1})\)。如果\(d_2\)不是\(\frac{b}{d_1}\),则方程无解,有解的情况下将方程两边同时除以\(d_2\),得到
同理,我们不停地这样判断,直到\(a\)与\(\frac{p}{d_1d_2...d_k}\)互质为止。
设\(D = \prod_{i = 1}^{k} d_i\),于是方程就变成了下面这样:
因为\(a\)与\(\frac{p}{D}\)互质,于是可是推出\(\frac{a^k}{D}\)与\(\frac{p}{D}\)互质,这样的话\(\frac{a^k}{D}\)就有逆元了,于是把它移到方程的右边,这就变成了一个BSGS问题,于是求解\(x - k\)后再加上\(k\)就是原方程的解了。
值得注意的是,不排除解小于等于k的情况,所以咋消因子前应\(O(k)\)枚举,直接验证\(a^i≡b\) \(mod\) \(p\),这样就能避免这种情况。