BSGS
$Big Step Giant Step$,大步小步法，一种在$O(sqrt{p})$内求解方程$a^xequiv b (mod p)$的算法。
先考虑$p$为质数的情况。
令$x=im-j$，$m=lceil sqrt{p}
ceil$（注意是上取整，要保证大步比小步大），则$a^{im-j}equiv b(mod p)$。
移项，有$(a^m)^iequiv ba^j(mod p)$。
首先$0-i$枚举$j$，将$ba^j$存入哈希表。在$1-m$枚举$i$，计算$(a^m)^i$并查询是否存在$ba^j$与之相等，由于大步比小步大，所以找到的一个满足条件的$im-j$就是答案。
$p$不为质数的情况：exBSGS
二次剩余
http://blog.miskcoo.com/2014/08/quadratic-residue
https://blog.csdn.net/l_0_forever_lf/article/details/79052135
https://blog.csdn.net/qq_35649707/article/details/78922508
二次剩余有$O(log^2 n)$的优秀做法，但这里只介绍$O(sqrt{p})$的奇质数做法。
二次剩余是指：求解$x^2equiv a(mod p)$
先介绍几个概念（不一定用的上）：
1.勒让德符号:$left(frac a p ight)$为0时表示$a mod p=0$，为1时表示$a$是$p$的二次剩余（即存在模意义下平方根），为-1时表示不是。有定理（后面会证明）：$$left({frac a p} ight) equiv a^{frac{p-1}{2}}(mod p)$$
2.p一共有$frac{p+1}{2}$个二次剩余，$frac{p-1}{2}$个非二次剩余。
因为$a^2equiv (p-a)^2(mod p)$，故至多只有$frac{p+1}{2}$个数存在平方根。
3.$(a+b)^pequiv a^p+b^p(mod p)$。
下面证明定理一（以下省略$mod p$）：
充分性：$a^{frac{p-1}{2}}equiv (x^2)^{frac{p-1}{2}}equiv x^{p-1}$，由费马小定理得证。
必要性：考虑$a$在模$p$意义下的原根$g$，$aequiv g^i$，则有$g^{frac{i(p-1)}{2}}equiv 1$，取$x=g^{frac i 2}$即可。
证毕。同时我们也得到了一个$O(sqrt{p})$求奇质数二次剩余的方法：先求出$a$的原根，再用$BSGS$求出$g^kequiv 1$，则答案为$g^{frac{k}{p-1}}$。