[学习笔记] BSGS·大步小步算法

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。

(mathfrak{writter: pks})