BSGS 和扩展
BSGS
BSGS，全称叫 BabyStepGiantStep，也就是大步小步
其实还是比较暴力的
它可以\(O(\sqrt p)\)的复杂度内解出：
中\(x\)的值
如果\(\gcd(a,p)\neq 1\)就要用到 exBSGS 了
我们考虑令\(x=im-k,0\le k<m\)
那么原式变为
那么，我肯可以枚举\(k\in[0,m)\)，计算出\(na^k\bmod p\)的值，然后把对应的\(k\)存下来
可以用map或 hash，用map会多一个\(\log\)
然后，再枚举\(i\in[0,\lceil\frac{p}{m}\rceil]\)，计算出\(a^{im}\bmod p\)
然后看一看之前有没有一个\(k\)，使得\(na^k\equiv a^{im}\pmod p\)，且\(im>=k\)
如果有，那么答案肯定就是\(im-k\)
如果一直没找到，那么就无解
复杂度是\(O(\max(m,\frac{p}{m} ))\)，显然，让\(m=\lceil \sqrt p \rceil\)时最优，即为\(O(\sqrt p)\)
但是，我们考虑的只是\(x\in[1,p]\)的情况，那为什么要找的这个\(x\)一定满足这样的性质呢？
首先\(\gcd(a,p)=1\)，满足欧拉定理的条件，也就是会有\(a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p\Rightarrow a^{q\varphi(p)}\equiv 1\pmod p,q\in\mathbb{N^*}\)
那么，\(k\bmod \varphi(p)=k-q\varphi(p)<\varphi(p)<p\)
则\(a^{k\bmod \varphi(p)}=\dfrac{a^k}{a^{q\varphi(p)}}\)
又由于那个分母在\(\bmod p\)中同余于\(1\)
所以\(a^{k\bmod \varphi(p)}\equiv a^k\pmod p\)
则可以得知，要求的最小的\(x\)，如果有解，一定满足\(x<\varphi(p)<p\)
模板题：P3846 [TJOI2007] 可爱的质数
这题保证了\(a,n<p\)，所以不需要一些奇奇怪怪的特判
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<map>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
register int x=0;register int y=1;
register char c=std::getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
return y?x:-x;
}
std::map<int,int>map;
inline int power(int a,int b,int p){
int ret=1;
while(b){
if(b&1) ret=1ll*ret*a%p;
b>>=1;a=1ll*a*a%p;
}
return ret;
}
inline int BSGS(int a,int n,int p){
reg int m=std::ceil(std::sqrt(p));
for(reg int i=0,s=n;i<m;i++,s=1ll*s*a%p) map[s]=i;
for(reg int i=0,tmp=power(a,m,p),s=1;i<=m;i++,s=1ll*s*tmp%p)
if(map.find(s)!=map.end())
if(i*m>=map[s]) return i*m-map[s];
return -1;
}
int main(){
int p=read(),a=read(),n=read();
LL ans=BSGS(a,n,p);
ans==-1?std::puts("no solution"):std::printf("%lld",ans);
return 0;
}
exBSGS
用于处理上面哪个问题\(\gcd(a,p)\neq 1\)的情况
有些细节稍显恶心（其实还好
首先，原来那个同余方程可以等价的写成：
设\(\gcd(a,p)=d\)
由于斐蜀定理，这个式子有解的充要条件是\(d\mid n\)，否则直接返回无解
那么上面的式子就是：
此时，\(a^{x-1}\rightarrow a^x,\frac{p}{d}\rightarrow p,\frac{n}{d}\rightarrow n\)
那么一直递归，直到\(\gcd(a,p)=1\)
所以此时设一共递归了\(cnt\)次，这所有次递归的\(d\)的乘积是\(d\)（用一个字母说起来省事
原式就是
那么我们就用\(a'=a,n'=\frac{n}{d},p'=\frac{p}{d}\)来跑一次 BSGS 就行了
当然，答案还要再加上\(cnt\)
而且，还有一个\(\dfrac{a^{cnt}}{d}\)的系数要乘上，具体对应代码中的变量ad，要传参到 BSGS 的函数里
模板题：SP3105 MOD - Power Modulo Inverted，P4195 【模板】exBSGS
还是双倍经验，但是这个不保证\(a,n<p\)，所以要先模一下，然后判断一下是不是等于\(0\)，具体看代码
而且这个还卡常，必须要用unordered_map，它的内部实现是哈希表，而map是红黑树，前者构建好像稍慢，但是查询快，适合这个题
话说我写这题的时候听说卡常，然后T了以后猛卡常数，结果后来发现是写法错了，于是就对着错误的程序卡了一晚上常直至自闭
不过是 c++11 的东西，noip可能不能用，编译时要加上-std=c++11
当然写 hash 也可以，但我不太会/kk
#include<cstdio>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<unordered_map>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
register int x=0;register int y=1;
register char c=std::getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
return y?x:-x;
}
std::unordered_map<int,int>map;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline int BSGS(int a,int n,int p,int ad){
map.clear();
reg int m=std::ceil(std::sqrt(p));
reg int s=1;
for(reg int i=0;i<m;i++,s=1ll*s*a%p) map[1ll*s*n%p]=i;
for(reg int i=0,tmp=s,s=ad;i<=m;i++,s=1ll*s*tmp%p)
if(map.find(s)!=map.end())
if(1ll*i*m-map[s]>=0) return 1ll*i*m-map[s];
return -1;
}
inline int exBSGS(int a,int n,int p){
a%=p;n%=p;
if(n==1||p==1) return 0;
reg int cnt=0;
reg int d,ad=1;
while((d=gcd(a,p))^1){
if(n%d) return -1;
cnt++;n/=d;p/=d;
ad=(1ll*ad*a/d)%p;
if(ad==n) return cnt;
}
// std::printf("a: %d n: %d p: %d ad:%d\n",a,n,p,ad);
LL ans=BSGS(a,n,p,ad);
if(ans==-1) return -1;
return ans+cnt;
}
signed main(){
int a=read(),p=read(),n=read();
while(a||p||n){
int ans=exBSGS(a,n,p);
if(~ans) std::printf("%d\n",ans);
else std::puts("No Solution");
a=read();p=read();n=read();
}
return 0;
}
