数论学习笔记之高次不定方程

这几天沉迷在数论的海洋中（快淹死了）无法自拔……

首先高次不定方程分为(A ^ x equiv B(mod C))和(x ^ A equiv B(mod C))两种形式，对应的解法也不一样。今天先学了第一个。




(A ^ x equiv B(mod C))
首先得知道这么一回事儿，就是这个解是有周期的，且最大周期为(C)。
证明：由于(A ^ x mod C < C)，所以最多只有(C)个元素，那么在(n(n leqslant C))之内，如果有(A ^ {x_0} equiv A ^ {x_0 + n} (mod C))，那么(A ^ {x_0} A ^ t equiv A ^ {x_0 + n} A ^ t(mod C))，既有(A ^ x equiv A ^ {x + n})对于所有(x)成立，且周期为(n)。


那么暴力的算法就很好写了：从(0)到(C - 1)枚举，代入方程看是否成立。
但是这个复杂度是(O(maxint * log(maxint)))的，过不去。
于是就有了很奇葩的(Baby-step) (giant-step(BSGS))算法。能使时间复杂度达到(O(sqrt{n}))。


既然是(O(sqrt{n}))，那自然想到了分块，也就是我们把枚举的数分成(sqrt{C})块，每一块里有(sqrt{C})
个数。但这样还是(O(C))复杂度的，下面才是重点：
枚举的时候看成(A ^ {im - y} equiv B(mod C))，其中(i)代表第几块，(m)是块的大小，然后在每一块内枚举(y)。
然后变个型：(A ^ {im} equiv A ^ y B (mod C))。这也就是说组数(i)和每一组内的(y)并没有关系，因此我们可以先从(0 ~ sqrt{C} - 1)枚举(y)，将答案存在哈希表中（可(O(1))查询），然后在(O(sqrt{n}))枚举块数，看哈希表中有没有这个答案即可。


但上述思路的前提是在(A)和(C)互质的情况下。若(A)和(C)不互质，只要刚开始把(A)和(C)都不断除以(d_i = gcd(A, C_i))，直到(A)和(C_n)互质为止。然后式子就变成了(B_n = frac{A ^ n}{d_1d_2 ldots d_n}A ^ {x - n} + C_ny)，其中(D = frac{A ^ n}{d_1d_2 ldots d_n})，变个型：(A ^ {x - n} equiv B_nD ^ {-1}(mod C_n))，再像上面做即可。
需要注意的是求(D ^ {-1})不能用费马小定理，因为(C_n)不一定为质数，只能用(exgcd)求解。
（这好像就是传说中的(exbsgs)）


哈希表我还是现学的，其实就是对于每个模完后相同的数存到一块，用链前维护即可。
题目链接

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define rg register
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 5e4 + 5;
const int base = 999979;
inline ll read()
{
  ll ans = 0;
  char ch = getchar(), last = ' ';
  while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();
  while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
  if(last == '-') ans = -ans;
  return ans;
}
inline void write(ll x)
{
  if(x < 0) x = -x, putchar('-');
  if(x >= 10) write(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}

struct Hash
{
  int nxt, to, w;
}e[maxn];
int head[base], hcnt = 0;
int st[maxn], top = 0;
void init()
{
  while(top) head[st[top--]] = 0;
  top = hcnt = 0;
}
void insert(int x, int y)
{
  int h = x % base;
  if(!head[h]) st[++top] = h;
  e[++hcnt] = (Hash){head[h], x, y};
  head[h] = hcnt;
}
int query(int x)
{
  int h = x % base;
  for(int i = head[h]; i; i = e[i].nxt)
    if(e[i].to == x) return e[i].w;
  return -1;
}

int gcd(int a, int b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
void exgcd(int a, int b, int& x, int& y)
{
  if(!b) x = 1, y = 0;
  else exgcd(b, a % b, y, x), y -= (ll)x * (a / b);
}
int inv(int a, int mod)
{
  int x, y;
  exgcd(a, mod, x, y);
  return (x % mod + mod) % mod;
}

int bsgs(int a, int b, int c)
{
  int g, d = 1, cnt = 0;
  while((g = gcd(a, c)) != 1)
    {
      if(b % g) return -1;
      cnt++;
      b /= g; c /= g;
      d = (ll)d * (a / g) % c;
    }
  b = (ll)b * inv(d, c) % c;
  init();
  int s = sqrt(c), p = 1;
  for(int i = 0; i < s; ++i)
    {
      if(p == b) return i + cnt;
      insert((ll)p * b % c, i);
      p = (ll)p * a % c;
    }
  for(int i = s, q = p, t; i - s + 1 <= c - 1; i += s)
    {
      t = query(q);
      if(t != -1) return i - t + cnt;
      q = (ll)q * p % c;
    }
  return -1;
}

int X, Z, K;

int main()
{
  while(scanf("%d%d%d", &X, &Z, &K) && (ll)X + Z + K > 0)
    {
      X %= Z; K %= Z;
      int ans = bsgs(X, K, Z);
      if(ans == -1) puts("No Solution");
      else write(ans), enter;
    }
  return 0;
}