BSGS
BSGS（baby-step giant-step），即大步小步算法。常用于求解离散对数问题。形式化地说，该算法可以在 (O(sqrt{p})) 的时间内求解
其中 (aperp p)。方程的解 (x) 满足 (0 le x < p)。（在这里需要注意，只要 (aperp p) 就行了，不要求 (p) 是素数）
算法描述
令 (x = A left lceil sqrt p ight ceil - B)，其中 (0le A,B le left lceil sqrt p ight ceil)，则有 (a^{Aleft lceil sqrt p ight ceil -B} equiv b pmod p)，稍加变换，则有 (a^{Aleft lceil sqrt p ight ceil} equiv ba^B pmod p)。
我们已知的是 (a,b)，所以我们可以先算出等式右边的 (ba^B) 的所有取值，枚举 (B)，用 hash/map 存下来，然后逐一计算 (a^{Aleft lceil sqrt p
ight
ceil})，枚举 (A)，寻找是否有与之相等的 (ba^B)，从而我们可以得到所有的 (x)，(x=A left lceil sqrt p
ight
ceil - B)。
注意到 (A,B) 均小于 (left lceil sqrt p
ight
ceil)，所以时间复杂度为 (Thetaleft (sqrt p
ight ))，用 map 则多一个 (log)。
上述介绍在CC BY-SA 4.0 和 SATA条款下，转自OIWIKI
P3846 [TJOI2007] 可爱的质数
模板
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
unordered_map<ll,ll> mp;
int main(){
ll p,a,b;
scanf("%lld%lld%lld",&p,&a,&b);
ll sqp=ceil(sqrt(p));//square root of p
ll rs=b,ap=1,ls=1;//rs/ls: right/left side
//ap: sqp-th power of a
for(int i=1;i<=sqp;++i){
rs=(rs*a)%p;
ap=(ap*a)%p;
mp[rs]=i;
}
for(int i=1;i<=sqp;++i){
ls=(ls*ap)%p;// ls=a^{i*sqrt{p}}
if(mp[ls]){
printf("%lld
",((i*sqp-mp[ls])%p+p)%p);
return 0;
}
}
puts("no solution");
return 0;
}
POJ The Luckiest number
求 (underbrace{888 cdots88}_{ ext{x个}}equiv 0space (modspace L)最小的符合条件的正整数x).
即 ((10^x-1) cdotfrac{8}{9}equiv0space(modspace L))
(9n|8(10^x-1))
(ecause gcd(8,9)=1,gcd(frac{n}{gcd(L,8)},frac{L}{gcd(L,8)})=1)
( herefore 10^xequiv1(modspace frac{9n}{gcd(L,8)}))
注意到与此时x应严格大于0，在处理时，不能使 (x=A left lceil sqrt p ight ceil - B) （(a^{Aleft lceil sqrt p ight ceil} equiv ba^B pmod p)）的B不能为(left lceil sqrt p ight ceil)，第一次循环处理到(left lceil sqrt p ight ceil-1).
时间复杂度(O(sqrt L))
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 150000
ll hs[N],nxt[N],hd[N],val[N];
ll cnt;
void ins(ll x,ll v){
ll p=x%N;
hs[++cnt]=x;
val[cnt]=v;
nxt[cnt]=hd[p];
hd[p]=cnt;
}
ll fd(ll x){
ll p=x%N;
for(ll i=hd[p];i!=-1;i=nxt[i]){
if(hs[i]==x){
return val[i];
}
}
return -1;
}
ll __gcd(ll a,ll b){
return b==0?a:__gcd(b,a%b);
}
ll mul(ll a,ll b,ll c){
if(a<b){
swap(a,b);
}
ll ret=0,tmp=a;
while(b){
if(b&1){
ret+=tmp;
if(ret>=c) ret-=c;
}
tmp<<=1;
if(tmp>=c) tmp-=c;
b>>=1;
}
return ret%c;
}
int main(){
ll n;
ll cs=0;
while(scanf("%lld",&n),n){
cnt=0;
memset(hd,-1,sizeof hd);
ll p=9*n/__gcd(n,8ll),a=10,b=1;
if(__gcd(p,a)!=1){
printf("Case %lld: 0
",++cs);
continue;
}
ll sqp=ceil(sqrt((double)p));//square root of p
ll rs=b,ap=1,ls=1;//rs/ls: right/left side
//ap: sqp-th power of a
for(ll i=1;i<sqp;++i){
rs=(rs*a)%p;
ap=(ap*a)%p;
ins(rs,i);
}
if(sqp) ap=(ap*a)%p;
bool f=0;
for(ll i=1;i<=sqp;++i){
ls=mul(ls,ap,p);// ls=a^{i*sqrt{p}}
ll j;
if((j=fd(ls))!=-1){
f=1;
printf("Case %lld: %lld
",++cs,((i*sqp-j)%p+p)%p);
break;
}
}
if(!f){
printf("Case %lld: 0
",++cs);
}
}
return 0;
}
另外本题还有另一种解法
易证:(aperp n, a^x equiv 1(modspace n))的最小整数解使(varphi(n))的约数，枚举约数即可。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<utility>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll __gcd(ll a,ll b){
return b==0?a:__gcd(b,a%b);
}
ll mul(ll a,ll b,ll c){
if(a<b){
swap(a,b);
}
ll ret=0,tmp=a;
while(b){
if(b&1){
ret+=tmp;
if(ret>=c) ret-=c;
}
tmp<<=1;
if(tmp>=c) tmp-=c;
b>>=1;
}
return ret%c;
}
ll qpow(ll a,ll b,ll c){
ll ret=1,tmp=a;
while(b){
if(b&1){
ret=mul(ret,tmp,c);
}
tmp=mul(tmp,tmp,c);
b>>=1;
}
return ret%c;
}
int main(){
ll n;
ll cs=0;
while(scanf("%lld",&n),n){
ll p=9*n/__gcd(n,8ll);
if(__gcd(p,10)!=1){
printf("Case %lld: 0
",++cs);
continue;
}
ll fai=p,t=p,r=sqrt(p);
for(ll i=2;i<=r;++i){
if(t%i==0){
fai=fai/i*(i-1);
t/=i;
while(t%i==0){
t/=i;
}
}
}
if(t>1){
fai=fai/t*(t-1);
}
r=sqrt(fai);
ll ans=1e18;
bool f=0;
for(ll i=1;i<=r;++i){
if(fai%i==0){
if(qpow(10,i,p)==1){
ans=min(ans,i);
f=1;
}
if(qpow(10,fai/i,p)==1){
ans=min(ans,fai/i);
f=1;
}
}
}
printf("Case %lld: %lld
",++cs,f?ans:0);
}
return 0;
}