本文原载于：http://www.orchidany.cf/2019/02/06/BSGS-junior/#more
( m{0x01}) (mathcal{Preface})
( m{BSGS}(Baby~Step~Giant~Step)), 大步小步法。当然也会被叫做拔山盖世、北上广深算法……咳，这并不重要。形式化地讲， ( m{BSGS})算法主要用来解决以下问题 :
给定质数(p), 整数(a, b), ((a, p)=1).求最小的非负整数(x), 使得(a^x≡ b~(mod p))
而首先我们知道的，是由欧拉定理(a ^{varphi(p)} ≡ 1 ~(mod p))，并且我们还知道(a^0=1≡1 ~(mod p))，所以我们可以得出一个断言：
如果方程(a^x≡ b~(mod p))有最小非负整数解，那么最小非负整数解一定在([0, varphi(p)))中 (qquad qquad(1) )
此处肉眼可以看出其循环节为(varphi(p))，不再证明。
之后我们将以此为基础进行类似分块的操作——
( m{0x02~~Baby~Step~Giant~Step})
首先我们记(n=sqrt {varphi(p)})，那么(forall x in [0, varphi(p))), (x = i imes m+j), (i leq lfloor frac{p−1-m}{m} floor,~~ 0≤j <m) 。那么对于原方程我们可以把其改为：$$a^{icdot n+j}≡ b~(mod p)$$移一下项就可以变成$$a^j ≡b cdot a^{-icdot n} (mod p)$$那么现在我们的策略是算出所有(a^j)来，在(mod p) 意义下观察是否有一个(i)使得(a^j ≡b cdot a^{-icdot n} (mod p))。我们称左边枚举(a^j)叫做小步(( m{Baby~Step}))， 称右边枚举(b cdot a^{-icdot n})叫做大步(~( m{Giant~Step}))。
那么其实算法流程很明晰了，我们只需要循环两次、第一次记录的(a^j)用哈希表（(STL)自带(unordered)_ (map)）记录一下即可。
inline LL expow(LL a, LL b, LL p){
LL res = 1 ;
while (b){
if (b & 1)
(res *= a) %= p ;
(a *= a) %= p, b >>= 1 ;
}
return res % p ;
}
inline void bsgs(LL x, LL y, LL p){
P = ceil(sqrt(p)), Hash.clear(), Q = expow(x, -P + 2 *(p - 1), p) ;
//a ^ (p-1) = 1 (mod p) => Q = a^(-P) = a ^(-P + p -1) ;
for (LL i = 1, j = 0 ; j < P ; ++ j, (i *= x) %= p)
if (!Hash.count(i)) Hash[i] = j ; // Push them into hash_table
for (LL i = y, j = 0 ; j <= P ; ++ j, (i *= Q) %= p)
if (Hash.count(i)){ cout << Hash[i] + j * P << endl ; return ; }
cout << "-1" << endl ;
}
其中细节还是有的：
-
计算
sqrt时要上取整。 -
我们在求(a^{-icdot n})时用的底变量需要由费马小定理求快速幂得出。但是此时指数上可能为负数，所以我们选择加上一个模数，不影响结果。
-
两次循环枚举的边界要注意有的是(leq)有的是(<)
-
算法还没开始时，要判断本身(a)是否可以被(P)整除。如果不特判这种情况的话，我们上面代码中的
Q就会=0，从而在下面的第二个循环处出错——我们的hash[i]和j不能同时为(0)，从而输出错误的答案。
( m{0x03}) 例题
(T1~)(LuoguP4028)
裸题，但是有很多坑……或者说上面列举的细节都涵盖了qaq
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include<tr1/unordered_map>
#define LL long long
using namespace std ;
using namespace tr1 ; int T ;
LL A, B, M, P, Q ; unordered_map <LL, LL> Hash ;
inline LL expow(LL a, LL b, LL p){
LL res = 1 ;
while (b){
if (b & 1)
(res *= a) %= p ;
(a *= a) %= p, b >>= 1 ;
}
return res % p ;
}
inline void bsgs(LL x, LL y, LL p){
P = ceil(sqrt(p)), Hash.clear(), Q = expow(x, -P + 2 *(p - 1), p) ;
//a ^ (p-1) = 1 (mod p) => Q = a^(-P) = a ^(-P + p -1) ;
for (LL i = 1, j = 0 ; j < P ; ++ j, (i *= x) %= p)
if (!Hash.count(i)) Hash[i] = j ; // Push them into hash_table
for (LL i = y, j = 0 ; j <= P ; ++ j, (i *= Q) %= p)
if (Hash.count(i)){ cout << Hash[i] + j * P << endl ; return ; }
cout << "Couldn't Produce!" << endl ;
}
inline LL qr(){
LL res = 0 ; char c = getchar() ; while (!isdigit(c)) c = getchar() ;
while (isdigit(c)) res = (res << 1) + (res << 3) + c - 48, c = getchar() ;
return res ;
}
int main(){
cin >> T ;
while (T --){
M = qr(), A = qr(), B = qr() ;
if ((!(A % M == 0 && B))) bsgs(A, B, M) ;
else cout << "Couldn't Produce!" << endl ;
}
return 0 ;
}
(T2~) (TJOI2007~Cute~Prime)
最裸最裸的、无特判的题……可以水一下双倍经验。