BSGS&&ExBSGS
BSGS 和 ExBSGS 都是用于解决形如形如下式的高次同余方程的。
[a^xequiv b (mod p)
]
同样的先考虑a，p为质数的情况。
令：
[x=i*t-j
]
那么：
[a^xequiv b (mod p) iff a^{i*t-j}equiv b (mod p) iff a^{i*t}equiv b*a^j (mod p)
]
可以对于每一个j∈[0,t-1]，把右边式子的结果用map存下（模p意义下）。
假设i枚举的上界为T，那么可以枚举i∈[0,T]，一次把左边式子的结果在map中查询即可。
实际上(T_{max}=（p-1）/ t)。
证明：
[∵ a，p互质\
∴ a^{phi(p)}equiv 1 (mod p)\
∴ 每经过phi(p)就会出现之前出现过的答案，即循环节。\
∴ x=i*t≤phi(p)≤p-1\
∴ i≤frac{p-1}{t}
]
基于此，当t取 根号p 时，时间复杂度最低。
当a，p不一定互质时，需要用到ExBSGS。
[令： d_0=1 d_1=gcd (a,p)\
则 frac{a^x}{d_1}equiv frac{b}{d_1} (mod frac{p}{d_1})\
iff a^{x-1}*frac{a}{d_1}equiv frac{b}{d_1} (mod frac{p}{d_1})\
如上继续定义： d_i=gcd (a,frac{p}{prod_{j=0}^{i-1}d_{j}})
]
若d[T+1]恰好第一次等于1，则此时方程可写为：
[a^{x-T}*frac{a^T}{prod_{i=1}^{T}d_i}equiv frac{b}{prod_{i=1}^{T}d_i} (mod frac{p}{prod_{i=1}^{T}d_i})
]
发现此时可以直接用BSGS求解！
若过程中存在不能整除的现象，则判定为无解。
map<int,int> mp;
int a,b,P,ans;
IL void ExBSGS() {
RG int i,T,cnt=0,val,now=1,gcd=getgcd(a,P);
if(b==1){puts("0");return;}
while(gcd>1) {
if(b%gcd) {puts("No Solution");return;};
++cnt,b/=gcd,P/=gcd,now=now*(a/gcd)%P;
gcd=getgcd(a,P);
}
T=sqrt((DB)P)+1,val=b,mp.clear();
for(i=0;i<T;++i) mp[val]=i,val=val*a%P;
a=quick_pow(a,T),val=now;
for(i=0;i<=T;++i) {
if(mp.find(val)!=mp.end())
if(mp[val]>=0&&i*T-mp[val]>=0) {printf("%lld
",i*T-mp[val]+cnt);return;}
val=val*a%P;
}
puts("No Solution");
return;
}