BSGS与ExBSGS：大步小步法

BSGS与ExBSGS：大步小步法

朴素BSGS

\(BSGS\)也就是\(Baby~ Step~ Giant~ Step\)，用以解决形如以下的问题：

求解\(A^x \equiv B (mod~C)\)的最小整数解。其中\(A\)与\(C\)互质。

设\(x = am - b\)则原式变为

\[A^{am-b}\equiv B(mod~C) \]

\[A^{am}\equiv B\times A^b(mod~C) \]

然后我们假设\(m = \sqrt {C}\)则\(a \in [1, m], b \in [0, m)\)，我们可以直接枚举\(b\)的可能取值然后对右边的式子进行计算，储存到\(map\)或者\(hash\)表里面（当然\(hash\)表相比起\(map\)是要更快的，因为\(map\)会带一个\(log\)，但是博主懒~）。然后枚举所有可能的\(a\)然后查询右边的值有没有相等的值即可。

时间复杂度大概是\(O(\sqrt{C} logC)\)。给一个模板题的连接吧：Link

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>

using namespace std ;
typedef long long LL ;
const int MAXN = 100010, MAXM = 100010 ;
const int Inf = 0x7fffffff ;

int A, B, Mod, B2, T ; map <int, int> Map ;

inline int Read() {
	int X = 0, F = 1 ; char ch = getchar() ;
	while (ch > '9' || ch < '0') F = (ch == '-' ? - 1 : 1), ch = getchar() ;
	while (ch >= '0' && ch <= '9') X=(X<<1)+(X<<3)+(ch^48), ch = getchar() ;
	return X * F ;
}

inline int QuickPow(int X, int Y) {
	int Ans = 1 ; while (Y) {
		if (Y & 1) Ans = 1ll * Ans * X % Mod ;
		X = 1ll * X * X % Mod ; Y >>= 1 ;
	}	return Ans ;
}

int main() {
	Mod = Read() ; A = Read() ; B = Read() ;
	int M = sqrt(Mod) + 1 ; B2 = B ;
	for (int i = 0 ; i <= M ; i ++)
		Map[B2] = i, B2 = 1ll * B2 * A % Mod ;
	int T = QuickPow(A, M) ; B2 = 1 ;
	for (int i = 1 ; i <= M ; i ++) {
		B2 = 1ll * B2 * T % Mod ;
		if (Map.count(B2))
			return printf("%d\n", i * M - Map[B2]), 0 ;
	}	
	printf("no solution\n") ;
	return 0 ;
}

ExBSGS扩展大步小步法

不用我说大家也知道有\(ExBSGS\)了，而多的条件就是\(A、C\)不一定互质了。我们这时无法进行朴素的\(BSGS\)的原因就在于之前的方法是基于欧拉定理的。

\[A^{\varphi(C)} \equiv 1 (mod~C) \]

可以看出最开始的方程的最小非负整数解一定在\([0, \varphi(C))\)中所以我们才能将枚举的范围缩小（因为循环节为\(\varphi(C)\)嘛。）但是欧拉定理使用的范围就是\(gcd(A, C) = 1\)。所以朴素的\(BSGS\)并不适用。这时应该怎么办呢？

既然\(gcd(A, C) ≠ 1\)，那么我们就设\(D = gcd(A, C)\)，然后改写原方程：

\[A^x +kC = B \]

这个方程有解当且仅当\(d|B\)时，所以我们可以约一下分。

\[\frac {A \times A^{x - 1}}{D} + k \frac {C}{D} = \frac {B}{D} \]

此时，如果\(gcd(A^{x - 1}, \frac {C}{D}) = 1\)我们就可以解下面这个方程：

\[A^{X - 1} \equiv \frac {B}{D \frac {A} {D}}(mod ~ \frac{C}{D}) \]

不然的话我们就不断的持续上面的步骤，知道分解至\(gcd(A, C) = 1\)为止，我们就只需要解

\[\frac{A^n \times A^{x - n}}{D} \equiv \frac{B}{D}(mod~\frac{C}{D}) \]

即可。最后我们还原BSGS的原来形式就可以了。这个模板洛谷好像还是有的：Link

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>

using namespace std ;
typedef long long LL ;
const int MAXN = 100010, MAXM = 100010 ;
const int Inf = 0x7fffffff ;

int A, B, Mod ; map <int, int> Map ;

inline int Read() {
	int X = 0, F = 1 ; char ch = getchar() ;
	while (ch > '9' || ch < '0') F = (ch == '-' ? - 1 : 1), ch = getchar() ;
	while (ch >= '0' && ch <= '9') X=(X<<1)+(X<<3)+(ch^48), ch = getchar() ;
	return X * F ;
}

inline int QuickPow(int X, int Y) {
	int Ans = 1 ; while (Y) {
		if (Y & 1) Ans = 1ll * Ans * X % Mod ;
		X = 1ll * X * X % Mod ; Y >>= 1 ;
	}	return Ans ;
}

inline int Gcd(int X, int Y) {
	if (! Y) return X ;
	return Gcd(Y, X % Y) ;
}

inline void ExBSGS(int A, int B) {
	if (B == 1)  {
		puts("0") ; return ;
	}
	int D = __gcd(A, Mod), K = 1, T = 0 ;
	while (D ^ 1) {
		if (B % D) {
			puts("No Solution") ; return ;
		}
		T ++ ; B /= D ; Mod /= D ; K = 1ll * K * (A / D) % Mod ;
		if (B == K) {
			printf("%d\n", T) ; return ;
		}
		D = __gcd(A, Mod) ;
	}	
	int B2 = B ; Map.clear() ; int M = sqrt(Mod) + 1 ;
	for (int i = 0 ; i < M ; i ++)
		Map[B2] = i, B2 = 1ll * B2 * A % Mod ;
	B2 = K ; K = QuickPow(A, M) ;
	for (int i = 1 ; i <= M ; i ++) {
		B2 = 1ll * B2 * K % Mod ;
		if (Map.count(B2)) {
			printf("%d\n", i * M - Map[B2] + T) ; return ;
		}
	}	puts("No Solution") ;
}

int main() {
	while (1) {
		A = Read(), Mod = Read(), B = Read() ;
		if (! A && ! Mod && ! B) break ;
		A = A % Mod ; B = B % Mod ;
		ExBSGS(A, B) ;
	}	
	return 0 ;
}