BSGS && 扩展BSGS
BSGS算法用于解决以下方程
\[\begin{aligned}
a^x \equiv b \pmod{p}
\end{aligned}
\]
其中\(gcd(a, p) = 1\)
令\(x = i \cdot m - j ,\quad ( 0 \le j \lt m)\) 则原式可化为
\[\begin{aligned}
a^{i \cdot m} \equiv b \cdot a^j \pmod{p}
\end{aligned}
\]
对于方程右边，带入所有可能的 j 计算，存入Hash表或者map（多一个log）中，然后 i 从1 到 m 枚举等式左边，若两边相等，则答案为\(i \cdot m - j\)
复杂度：
根据欧拉定理：
\[\begin{aligned}
a^{\varphi(p)} \equiv 1\pmod{p} \\
a^0 \equiv 1 \pmod{p}
\end{aligned}
\]
可见，\(\varphi(p)\)为一个循环节，暴力枚举至多\(\varphi(p)\)次，就可以找到答案，否则无解。
则复杂度为\(O(max(m, \varphi(p) / m))\)
当最坏的情况，即\(\varphi(p) = p - 1\)时，显然可知当\(m = \sqrt{p}\)时，复杂度最小为\(O(\sqrt{p})\)
细节：
- 计算m时加一或向上取整。
- 0到m计算方程右边，1到m计算左边。
- 当a被p整除时，方程左边恒等于0，而右边不为零时，无解，可直接特判。
扩展BSGS
用于解决上述问题当\(gcd(a, p)\)不为1时的解。
考虑怎么搞一搞把 a 和 p 搞成互质的数。
设\(g = gcd(a, p)\)，将同余式化为等式，两边同除g，即：
\[\begin{aligned}
a^x + k \cdot p = b \quad \quad \\
\frac{a}{g} \cdot a^{x - 1} + k \cdot \frac{p}{g} = \frac{b}{g}
\end{aligned}
\]
当b不被g整除且b不为1时，方程无解。
证明：
设：\(a_1 = \frac{a}{g} \quad p_1 = \frac{p}{g}\)
原式可化为：
\[\begin{aligned}
(a_1 \cdot g)^x + k \cdot p_1 \cdot g = b\\
g \cdot (a_1 ^ x \cdot g^{x - 1} + k \cdot p_1) = b
\end{aligned}
\]
所以g应为b的一个约数，除非 $ b = 1$ 时\(a^0 = 1\)否则无解。
不断寻找a和除以g之后的p的gcd，一直除，直到a和p'互质，设总共进行了k次处理：
\[\begin{aligned}
a' \cdot a^{x - k} \equiv b' \pmod{p'}
\end{aligned}
\]
再用bsgs即可求出上述式子的解。
