「学习笔记」模运算与 BSGS 算法

取模#

取模符号：$x \bmod y$，表示 $x$ 除以 $y$ 得到的余数。

例如，

$$5 \bmod 3 = 2\\ 7 \bmod 4 = 3\\ 3 \bmod 3 = 0\\ $$

设 $x$ 为被除数，$y$ 为除数，$z$ 为余数，则 $x = k \cdot y + z, k = \lfloor \dfrac{x}{y} \rfloor$。

模运算#

$$\left (a + b \right ) \bmod c = \left (a \bmod c + b \bmod c \right ) \bmod c\\ \left (a - b \right ) \bmod c = \left (a \bmod c - b \bmod c \right ) \bmod c\\ \left (a \cdot b \right ) \bmod c = \left [\left (a \bmod c \right ) \cdot \left (b \bmod c \right ) \right ] \bmod c\\ $$

读入两个数 $n, p$，现在求 $(n!) \bmod p$ 是多少？$(2 < p \le 10^9, 1 \le n \le 1000)$

$\left ( n! \right ) \bmod p = \left [ \left ( n - 1 \right )! \bmod p \times n \bmod p \right] \bmod p$

#include <iostream>
using namespace std;

int n, p;

int main() {
    cin >> n >> p;
    int ans = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        ans = 1ll * ans * i % p;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

BSGS 算法#

名称有很多，什么北上广深啊，等等，学名叫 baby-step giant-step，即大步小布算法。
我们由一个问题引入

给定三个数 $a, b, p$，$p$ 是质数，解方程 $a^x \bmod p = b$。$(a, b, p \le 10^9)$

暴力的做法

int solve(int a, int b, int p) {
// O(p)
    int v = 1;
    for (int x = 0; x <= p - 2; ++ x) {
        if (v == b)    return x;
        v = 1ll * v * a % p;
    }
    return -1;
}

由 $a^{p - 1} \bmod p = 1$ 可知，余数会在 $1$ 处循环。

$$a^{p - 1 + k} \bmod p\\ \begin{aligned} &= a^{p - 1} \cdot a^k \bmod p\\ &= a^k \bmod p \end{aligned}$$

对于该方程，要枚举 $p - 1$ 个数，那我们将这 $p - 1$ 个数分组，$s$ 为每组的大小。

$$a_0 \quad a_1 \quad a_2 \cdots \quad a^{s - 1}\\ \Downarrow (\cdot a^s) \Uparrow (\div a^s)\\ a^s \quad a^{s + 1} \quad a^{s + 2} \cdots a^{2s - 1}\\ a^2s \quad a^{2s + 1} \quad a^{2s + 2} \cdots a^{3s - 1}\\ $$

若第 $2$ 组数中出现了 $b$，那么在第 $1$ 组中，一定出现了 $b \cdot a^{-s}$。

#include <set>
using namespace std;

int solve(int a, int b, int p) {
    int s = sqrt(p);
    int v = 1;
    set<int> se;
    for (int i = 0; i < s; ++ i) {
        se.insert(v);
        v = 1ll * v * a % p;
    }
    // O(p / s)
    for (int i = 0; i * s <= p; ++ i) { // 看答案是否在第 i 行里面
        // 要看 b * a (-is) 是否在第 0 行出现
        int c = 1ll * b * qpow(qpow(a, i * s, p), p - 2, p) % p;
        if (se.count(c) != 0) {
            int v = qpow(a, i * s, p); // 第 i 行的第一个数
            for (int j = i * s; ; ++ j) { // O(s)
                if (v == b)    return j;
                v = 1ll * v * a % p;
            }
        }
    }
    return -1;
}

复杂度为：$O(\dfrac{p}{s} + s) = O(\max(\dfrac{p}{s}, s))$
若取 $s = \sqrt{p}$，则为 $O_{\sqrt{p}}$。