重学BSGS（exBSGS）

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（1 月份写的好像当时忘了发了，现在才发出来。。

目的

BSGS，全称 Baby-Step Giant-Step，即大步小步。一般用于求解离散对数相关问题，即对于同余方程 $ a^x \equiv b \pmod{p} $，给定 $ a, b, p $，求最小的 $ x $，一般要求 $ a \bot p $。其复杂度为 $ O(\sqrt{p}) $。

BSGS

首先我们应该要求 $ x \lt p $，否则可以通过欧拉定理使得 $ x \leftarrow x \bmod \varphi(p) $。

然后我们考虑对 $ x $ 进行拆分，令 $ x = A \lceil \sqrt{p} \rceil - B $，显然 $ 1 \le A, B \le \lceil \sqrt{p} \rceil $。

然后带入原式，即：$ a^{A \lceil \sqrt{p} \rceil - B} \equiv b \pmod{p} $。

将 $ B $ 移项得到：$ a^{A \lceil \sqrt{p} \rceil} \equiv b \times a^B \pmod{p} $

于是我们可以考虑首先枚举所有 $ B $，然后通过 unordered_map 存储所有 $ b \times a^B \bmod p \rightarrow B $ 的映射，然后再枚举 $ A $，对于每个 $ a^{A \lceil \sqrt{p} \rceil} $ 都在映射中尝试寻找对应的 $ B $，若存在，此时则有 $ A, B $ 的取值，直接带入原式即可得到 $ x $ 的取值。

同时此处有个小 trick，我们正序枚举 $ A $ 的时候，因为 $ B \le \lceil \sqrt{p} \rceil $，所以枚举过程中遇到的第一个合法 $ x $ 便一定是最小的合法 $ x $，可以直接输出。

例题 #1

题面

LG-P3846 [TJOI2007] 可爱的质数/【模板】BSGS。

BSGS 模板。

Solution

BSGS 模板。

对于快速幂部分可以使用光速幂以根号预处理并 $ O(1) $ 求解，但本题复杂度可以多一只 $ \log $，故没必要。

Code

#define _USE_MATH_DEFINES
#include <bits/stdc++.h>

#define PI M_PI
#define E M_E
#define npt nullptr
#define SON i->to
#define OPNEW void* operator new(size_t)
#define ROPNEW(arr) void* Edge::operator new(size_t){static Edge* P = arr; return P++;}

using namespace std;

mt19937 rnd(random_device{}());
int rndd(int l, int r){return rnd() % (r - l + 1) + l;}
bool rnddd(int x){return rndd(1, 100) <= x;}

typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long unll;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

template < typename T = int >
inline T read(void);

int P, B, N;
unordered_map < int, int > mp;

ll qpow(ll a, ll b){
    ll ret(1), mul(a);
    while(b){
        if(b & 1)ret = ret * mul % P;
        b >>= 1;
        mul = mul * mul % P;
    }return ret;
}

int main(){
    P = read(), B = read(), N = read();
    int lim = (int)ceil(sqrt(P));
    for(int i = 1; i <= lim; ++i)mp.insert({(ll)N * qpow(B, i) % P, i});
    for(int i = 1; i <= lim; ++i){
        ll val = qpow(B, (ll)i * lim);
        if(mp.find(val) != mp.end())printf("%lld\n", (ll)i * lim - mp[val]), exit(0);
    }puts("no solution\n");
    fprintf(stderr, "Time: %.6lf\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
    return 0;
}

template < typename T >
inline T read(void){
    T ret(0);
    int flag(1);
    char c = getchar();
    while(c != '-' && !isdigit(c))c = getchar();
    if(c == '-')flag = -1, c = getchar();
    while(isdigit(c)){
        ret *= 10;
        ret += int(c - '0');
        c = getchar();
    }
    ret *= flag;
    return ret;
}

例题 #2

题面

LG-P4884 多少个 1？

给定 $ m, k $，求满足 $ 111 \cdots 111 \equiv k \pmod{m} $（共 $ n $ 个 $ 1 $）的最小 $ n $。保证 $ m $ 为质数。

Solution

尝试进行转化，对 $ \texttt{LHS} \leftarrow \texttt{LHS} \times 9 + 1 $ 即可转换为 $ 10 $ 的幂，即：

\[10^n \equiv 9k + 1 \pmod{m} \]

然后套一下 BSGS 模板即可。

依然可以不使用光速幂，最终复杂度 $ O(\sqrt{m} \log m) $。

注意过程中部分需要使用 __int128_t。

Code

#define _USE_MATH_DEFINES
#include <bits/stdc++.h>

#define PI M_PI
#define E M_E
#define npt nullptr
#define SON i->to
#define OPNEW void* operator new(size_t)
#define ROPNEW(arr) void* Edge::operator new(size_t){static Edge* P = arr; return P++;}

using namespace std;

mt19937 rnd(random_device{}());
int rndd(int l, int r){return rnd() % (r - l + 1) + l;}
bool rnddd(int x){return rndd(1, 100) <= x;}

typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long unll;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

template < typename T = int >
inline T read(void);

ll K, M;
unordered_map < ll, ll > mp;

ll qpow(ll a, ll b){
    ll ret(1), mul(a);
    while(b){
        if(b & 1)ret = (__int128_t)ret * mul % M;
        b >>= 1;
        mul = (__int128_t)mul * mul % M;
    }return ret;
}

int main(){
    K = read < ll >(), M = read < ll >();
    ll lim = (ll)ceil(sqrt(M));
    for(int i = 1; i <= lim; ++i)mp.insert({(__int128_t)(9 * K + 1) % M * qpow(10, i) % M, i});
    for(int i = 1; i <= lim; ++i){
        ll val = qpow(10, (ll)i * lim);
        if(mp.find(val) != mp.end())printf("%lld\n", (ll)i * lim - mp[val]), exit(0);
    }
    fprintf(stderr, "Time: %.6lf\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
    return 0;
}

template < typename T >
inline T read(void){
    T ret(0);
    int flag(1);
    char c = getchar();
    while(c != '-' && !isdigit(c))c = getchar();
    if(c == '-')flag = -1, c = getchar();
    while(isdigit(c)){
        ret *= 10;
        ret += int(c - '0');
        c = getchar();
    }
    ret *= flag;
    return ret;
}

例题 #3

题面

P2485 [SDOI2011]计算器。

给定 $ y, z, p $，求一些东西。

Solution

快速幂，乘法逆元，BSGS。

其中有个地方需要注意，即若 $ y \bot p $ 不成立，那么若 $ z \not\equiv 0 $ 则无解，若 $ z \equiv 0 $ 则解为 $ 1 $。

Code

#define _USE_MATH_DEFINES
#include <bits/stdc++.h>

#define PI M_PI
#define E M_E
#define npt nullptr
#define SON i->to
#define OPNEW void* operator new(size_t)
#define ROPNEW(arr) void* Edge::operator new(size_t){static Edge* P = arr; return P++;}

using namespace std;

mt19937 rnd(random_device{}());
int rndd(int l, int r){return rnd() % (r - l + 1) + l;}
bool rnddd(int x){return rndd(1, 100) <= x;}

typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long unll;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

template < typename T = int >
inline T read(void);

ll Y, Z, P;
unordered_map < ll, ll > mp;

ll qpow(ll a, ll b){
    ll ret(1), mul(a);
    while(b){
        if(b & 1)ret = ret * mul % P;
        b >>= 1;
        mul = mul * mul % P;
    }return ret;
}

int main(){
    int T = read(), K = read();
    while(T--){
        Y = read(), Z = read(), P = read();
        mp.clear();
        switch(K){
            case 1:{
                printf("%lld\n", qpow(Y, Z));
                break;
            }
            case 2:{
                if(Y % P == 0 && Z % P){printf("Orz, I cannot find x!\n"); break;}
                printf("%lld\n", Z * qpow(Y, P - 2) % P);
                break;
            }
            case 3:{
                if(Y % P == 0 && Z % P){printf("Orz, I cannot find x!\n"); break;}
                if(Y % P == 0 && Z % P == 0){printf("1\n"); break;}
                ll lim = (ll)ceil(sqrt(P));
                for(int i = 1; i <= lim; ++i)mp[Z * qpow(Y, i) % P] = i;
                for(int i = 1; i <= lim; ++i){
                    ll val = qpow(Y, (ll)i * lim);
                    if(mp.find(val) != mp.end()){printf("%lld\n", (ll)i * lim - mp[val]); break;}
                    if(i == lim)printf("Orz, I cannot find x!\n");
                }
                break;
            }
            default: break;
        }
    }
    fprintf(stderr, "Time: %.6lf\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
    return 0;
}

template < typename T >
inline T read(void){
    T ret(0);
    int flag(1);
    char c = getchar();
    while(c != '-' && !isdigit(c))c = getchar();
    if(c == '-')flag = -1, c = getchar();
    while(isdigit(c)){
        ret *= 10;
        ret += int(c - '0');
        c = getchar();
    }
    ret *= flag;
    return ret;
}

例题 #4

题面

LG-P3306 [SDOI2013] 随机数生成器。

给定 $ p, a, b, x_1, t $，令：

\[x_{i + 1} \equiv a \times x_i + b \pmod{p} \]

求 $ x_n = t $ 的最小 $ n $。

Solution

将原式通过等比数列求和公式硬推一下即可最终处理成 $ a^n \equiv b \pmod{p} $ 的形式，然后用 BSGS 即可。

但是需要注意这东西细节巨多，如等比数列求和公比是否为 $ 1 $，部份数是否为 $ 0 $ 等，很多都需要分类讨论。

Code

#define _USE_MATH_DEFINES
#include <bits/stdc++.h>

#define PI M_PI
#define E M_E
#define npt nullptr
#define SON i->to
#define OPNEW void* operator new(size_t)
#define ROPNEW(arr) void* Edge::operator new(size_t){static Edge* P = arr; return P++;}

using namespace std;

mt19937 rnd(random_device{}());
int rndd(int l, int r){return rnd() % (r - l + 1) + l;}
bool rnddd(int x){return rndd(1, 100) <= x;}

typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long unll;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

template < typename T = int >
inline T read(void);

ll P, A, B, X1, T;
unordered_map < ll, ll > mp;

ll qpow(ll a, ll b){
    ll ret(1), mul(a);
    while(b){
        if(b & 1)ret = ret * mul % P;
        b >>= 1;
        mul = mul * mul % P;
    }return ret;
}

int main(){
    int t = read();
    while(t--){
        mp.clear();
        P = read(), A = read(), B = read(), X1 = read(), T = read();
        if(X1 == T){printf("1\n"); continue;}
        if(A == 0){printf("%d\n", B == T ? 2 : -1); continue;}
        if(A == 1){
            if(B == 0){printf("-1\n"); continue;}
            printf("%lld\n", ((T - X1) % P + P) % P * qpow(B, P - 2) % P + 1);
            continue;
        }
        ll b = ((T - B * qpow((1 - A + P) % P, P - 2) % P) % P + P) % P * qpow(((X1 - B * qpow((1 - A + P) % P, P - 2) % P) % P + P) % P, P - 2) % P;
        ll lim = (ll)ceil(sqrt(P));
        for(int i = 1; i <= lim; ++i)mp.insert({b * qpow(A, i) % P, i});
        for(int i = 1; i <= lim; ++i){
            ll val = qpow(A, (ll)i * lim);
            if(mp.find(val) != mp.end()){printf("%lld\n", (ll)i * lim - mp[val] + 1); break;}
            if(i == lim)puts("-1");
        }
    }
    fprintf(stderr, "Time: %.6lf\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
    return 0;
}

template < typename T >
inline T read(void){
    T ret(0);
    int flag(1);
    char c = getchar();
    while(c != '-' && !isdigit(c))c = getchar();
    if(c == '-')flag = -1, c = getchar();
    while(isdigit(c)){
        ret *= 10;
        ret += int(c - '0');
        c = getchar();
    }
    ret *= flag;
    return ret;
}

exBSGS

与普通 BSGS 的区别就是不保证 $ p $ 为质数，或者说不保证 $ a \bot p $。

大致思路就是先考虑将同余方程转化为普通方程，即：

\[a^x + kp = b \]

我们令 $ d = \gcd(a, p) $。发现必须满足 $ d \mid b $，否则无解，则可转化为：

\[\dfrac{a^x}{d} + \dfrac{kp}{d} = \dfrac{b}{d} \]

换一种写法：

\[\dfrac{a}{d}a^{x - 1} + k\dfrac{p}{d} = \dfrac{b}{d} \]

写成同余方程就是：

\[\dfrac{a}{d}a^{x - 1} \equiv \dfrac{b}{d} \pmod{\dfrac{p}{d}} \]

此时若满足 $ a \bot \dfrac{p}{d} $ 那么则可以直接进行 BSGS，否则继续递归下去再拆一次，直到两者互质为止，然后再将答案转换回对应的 $ x $ 即可。

然后还有一个问题就是，对于递归层数为 $ m $ 时，我们只能得到 $ \ge m $ 的最小解，所以若最小解在 $ [0, m) $ 的话是不会被统计到的，所以我们还需要枚举验证一下这一部分。

同时注意过程中还需要特判若 $ b = 1 $ 那么直接返回 $ 0 $ 即可。

然后具体的写法可以考虑写成非递归形式，会更简洁，常数也会更小。

例题 #5

题面

LG-P4195 【模板】扩展 BSGS/exBSGS。

exBSGS 模板。

Solution

exBSGS 模板。

Code

#define _USE_MATH_DEFINES
#include <bits/stdc++.h>

#define PI M_PI
#define E M_E
#define npt nullptr
#define SON i->to
#define OPNEW void* operator new(size_t)
#define ROPNEW(arr) void* Edge::operator new(size_t){static Edge* P = arr; return P++;}

using namespace std;

mt19937 rnd(random_device{}());
int rndd(int l, int r){return rnd() % (r - l + 1) + l;}
bool rnddd(int x){return rndd(1, 100) <= x;}

typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long unll;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

template < typename T = int >
inline T read(void);

map < ll, ll > mp;
ll A, P, B;

ll BSGS(ll a, ll b, ll MOD, ll k = 1){
    mp.clear();
    ll lim = (ll)ceil(sqrt(MOD));
    ll cur(1);
    for(int i = 1; i <= lim; ++i)(cur *= a) %= MOD, mp[b * cur % MOD] = i;
    ll powA = cur * k % MOD;
    for(int i = 1; i <= lim; ++i){
        if(mp.find(powA) != mp.end())return i * lim - mp[powA];
        (powA *= cur) %= MOD;
    }return -0x3f3f3f3f;
}
ll exBSGS(ll a, ll b, ll MOD){
    ll originA = a % MOD, originB = b % MOD, originMOD = MOD;
    a %= MOD, b %= MOD;
    if(b == 1 || MOD == 1)return 0;
    ll cnt(0), k(1);
    ll cur(1);
    while(true){
        if(cur == originB)return cnt;
        (cur *= originA) %= originMOD;
        ll d = __gcd(a, MOD);
        if(b % d)return -0x3f3f3f3f;
        if(d == 1)return BSGS(a, b, MOD, k) + cnt;
        k = k * a / d % MOD, b /= d, MOD /= d;
        ++cnt;
    }
}

int main(){
    while(true){
        A = read(), P = read(), B = read();
        if(!A && !P && !B)exit(0);
        ll ret = exBSGS(A, B, P);
        if(ret < 0)printf("No Solution\n");
        else printf("%lld\n", ret);
    }
    fprintf(stderr, "Time: %.6lf\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
    return 0;
}

template < typename T >
inline T read(void){
    T ret(0);
    int flag(1);
    char c = getchar();
    while(c != '-' && !isdigit(c))c = getchar();
    if(c == '-')flag = -1, c = getchar();
    while(isdigit(c)){
        ret *= 10;
        ret += int(c - '0');
        c = getchar();
    }
    ret *= flag;
    return ret;
}

UPD

update-2023_01_06 初稿

posted @ 2023-03-05 12:51 Tsawke 阅读(23) 评论(0) 编辑收藏举报

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