（扩展）BSGS
BSGS
概念
BSGS（Baby-step Giant-step），即大步小步法，用于求解关于 \(x\) 的形如 $a^x \equiv n(\bmod p) $ 的高次不定方程的最小非负整数解，其中 \(a, b, p\) 为已经给出的常数且 \(a, p\) 互质。
思想
设 \(x = A\lceil \sqrt{p} \rceil - B\)，其中 \(0 \leq A,B \leq \lceil\sqrt{p}\rceil\)
得 \(a^{A \lceil \sqrt{p} \rceil - B} \equiv n(\bmod p)\)
因为 \(a, p\) 互质，所以在模 \(p\) 意义下进行含 \(a\) 的乘除运算没有影响
\(\therefore a^{A \lceil \sqrt{p} \rceil} \equiv na^B(\bmod p)\)
考虑用哈希表预处理出所有 \(na^B\) 的可能取值以及其对应的 \(B\)
再枚举 \(A\) 的所有取值，假设哈希表中存在 \(a^{i \lceil \sqrt{p} \rceil}\) 到 \(t\) 的映射，则最小非负整数解为 \(i \lceil \sqrt{p} \rceil - t\)
如果遍历 \(A\) 的所有取值都无法找到最小非负整数解，则原方程无解
时间复杂度为 \(O(\sqrt{p})\)，用 map 则多 \(log\) 倍常数。
注意 在模 \(p\) 意义下，如果 \(n = 1\) 或 \(p = 1\)，则原方程的最小非负整数解为 \(0\)；如果 \(a = 0\)，若 \(n = 0\)，原方程的最小非负整数解为 \(1\)，反之原方程无解
注意 map 的时间复杂度为 \(log\) 但不会发生哈希冲突，\(\mathcal{O}(1)\) 的unordered_map 可能有哈希冲突。卡常可以考虑手写哈希
模板
P3846 [TJOI2007] 可爱的质数/【模板】BSGS
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
map<ll, ll> mp;
ll fpow(ll a, ll b, ll mod)
{
ll res = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
res = (res * a) % mod;
a = (a * a) % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
ll bsgs(ll a, ll n, ll p)
{
a %= p, n %= p;
if (n == 1)
return 0;
if (a == 0)
return (n == 0 ? 1 : -1);
mp.clear();
ll m = ceil(sqrt(p));
for (ll i = 0, t = n; i <= m; i++, t = (t * a) % p)
mp[t] = i;
for (ll i = 1, pw = fpow(a, m, p), t = pw; i <= m; i++, t = (t * pw) % p)
if (mp.count(t) && (i * m - mp[t] >= 0))
return i * m - mp[t];
return -1;
}
int main()
{
ll p, b, n, m;
scanf("%lld%lld%lld", &p, &b, &n);
ll ans = bsgs(b, n, p);
if (ans != -1)
printf("%lld\n", ans);
else
puts("no solution");
return 0;
}
exBSGS
概念
扩展 BSGS（exBSGS），用于求解关于 \(x\) 的形如 \(a^x \equiv n(\bmod p)\) 的高次同余方程的最小非负整数解，其中 \(a, b, p\) 为常数且 \(a, p\) 不一定 互质。
思想
考虑将方程化为某种形式，使得 \(a, p\) 互质。
原方程可以等价地写成 \(a^x + kp = n, k \in \mathbb{Z}\)
设 \(\gcd(a, p) = d\)，根据裴蜀定理知，原方程有解当且仅当 \(d \mid n\)，反之原方程无解。
若原方程有解，则其可进一步化为 \(\frac{a^x}{d} + k \frac{p}{d} = \frac{n}{d}\)
即 \(a^{x - 1} \frac{a}{d} + k \frac{p}{d} = \frac{n}{d}\)
此时 \(a^{x - 1} \rightarrow a^x, \frac{p}{d} \rightarrow p, \frac{n}{d} \rightarrow n\)
递归重复若干次，使得 \(\gcd(a, p) = 1\)
设此时共递归了 \(k\) 次，\(k\) 次递归中的 \(d\) 乘积为 \(d^{\prime}\)
则 \(a^{x - k} \frac{a^k}{d^{\prime}} \equiv \frac{p}{d^{\prime}}(\bmod \frac{n}{d^{\prime}})\ (1)\)
用 BSGS 求出方程 \(a^{x - k} \equiv \frac{p}{d^{\prime}}(\bmod \frac{n}{d^{\prime}})\) 的最小非负整数解 \(x^{\prime}\)
则此时原方程的最小非负整数解为 \(x^{\prime} + k\)
注意 \((1)\) 式中有系数 \(\frac{a^k}{d^{\prime}}\) 需要乘上，需要作为参数传入 BSGS 函数
详见代码
模板
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a, p, n;
map<ll, ll> mp;
ll gcd(ll a, ll b)
{
if (b == 0)
return a;
return gcd(b, a % b);
}
ll fpow(ll a, ll b, ll mod)
{
ll res = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
res = (res * a) % mod;
a = (a * a) % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
ll bsgs(ll a, ll n, ll p, ll ad)
{
ll m = ceil(sqrt(p));
for (ll i = 0, t = n; i <= m; i++, t = (t * a) % p)
mp[t] = i;
for (ll i = 0, pw = fpow(a, m, p), t = ad; i <= m; i++, t = (t * pw) % p)
if (mp.count(t))
if (i * m - mp[t] >= 0)
return i * m - mp[t];
return -1;
}
ll exbsgs(ll a, ll n, ll p)
{
a %= p, n %= p;
if ((n == 1) || (p == 1))
return 0;
if (a == 0)
return (n == 0 ? 1 : -1);
ll cnt = 0, ad = 1, d;
while ((d = gcd(a, p)) != 1)
{
if (n % d != 0)
return -1;
cnt++;
n /= d, p /= d;
ad = (ad * (a / d)) % p;
if (ad == n)
return cnt;
}
ll ans = bsgs(a, n, p, ad);
if (ans == -1)
return -1;
return ans + cnt;
}
int main()
{
while (scanf("%lld%lld%lld", &a, &p, &n))
{
if (a == 0)
break;
mp.clear();
ll ans = exbsgs(a, n, p);
if (ans != -1)
printf("%lld\n", ans);
else
puts("No Solution");
}
return 0;
}
矩阵 BSGS
对于模数 \(p\) 和矩阵 \(A, B\)，求 \(A^x \equiv B \pmod p\) 的最小正整数解。
BSGS 对于矩阵同样成立，考虑手写矩阵乘法。
判断矩阵是否相等可以写哈希。
例题：BZOJ4128 Matrix
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
using namespace std;
#pragma GCC optimize(2)
#define il inline
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 71;
const int base = 998244353;
il int read()
{
int res = 0;
char ch = getchar();
while ((ch < '0') || (ch > '9')) ch = getchar();
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return res;
}
int n = read(), mod = read();
il short cmod(int x, const short& mod) { return (x >= mod ? x - mod : x); }
struct Matrix
{
int n, a[maxn][maxn];
Matrix(int _n = 0) : n(_n) { memset(a, 0, sizeof(a)); }
int* operator [](int k) { return a[k]; }
friend Matrix operator * (Matrix a, Matrix b)
{
Matrix c(a.n);
for (int i = 1; i <= a.n; i++)
for (int k = 1; k <= a.n; k++)
for (int j = 1; j <= a.n; j++)
c[i][j] = cmod(c[i][j] + (int)a[i][k] * b[k][j] % mod, mod);
return c;
}
friend Matrix operator == (Matrix a, Matrix b)
{
if (a.n != b.n) return false;
for (int i = 1; i <= a.n; i++)
for (int j = 1; j <= a.n; j++)
if (a[i][j] != b[i][j]) return false;
return true;
}
il bool is_eps()
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (a[i][j] != (i == j)) return false;
return true;
}
il void epsilon()
{
memset(a, 0, sizeof(a));
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i][i] = 1;
}
il ull hsh()
{
ull res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
res = res * base + a[i][j];
return res;
}
il Matrix cpy()
{
Matrix res(n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
res.a[i][j] = a[i][j];
return res;
}
} a, b;
il int bsgs()
{
if (b.is_eps()) return 0;
int t = sqrt(mod) + 1;
Matrix cur = b.cpy(), pwa(a.n); pwa.epsilon();
unordered_map<ull, int> vis;
for (int i = 0; i < t; i++) vis[cur.hsh()] = i, cur = cur * a, pwa = pwa * a;
a = cur = pwa;
for (int i = 1; i <= t; i++)
{
ull val = cur.hsh();
if (vis.count(val)) return i * t - vis[val];
cur = cur * a;
}
return -1;
}
int main()
{
// printf("%d %d\n", n, mod);
a.n = b.n = n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
a[i][j] = read();
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
b[i][j] = read();
printf("%d\n", bsgs());
return 0;
}
