BSGS与ExBSGS：大步小步法
朴素BSGS
(BSGS)也就是(Baby~ Step~ Giant~ Step)，用以解决形如以下的问题：
求解(A^x equiv B (mod~C))的最小整数解。其中(A)与(C)互质。
设(x = am - b)则原式变为
[A^{am-b}equiv B(mod~C)
]
[A^{am}equiv B imes A^b(mod~C)
]
然后我们假设(m = sqrt {C})则(a in [1, m], b in [0, m))，我们可以直接枚举(b)的可能取值然后对右边的式子进行计算，储存到(map)或者(hash)表里面（当然(hash)表相比起(map)是要更快的，因为(map)会带一个(log)，但是博主懒~）。然后枚举所有可能的(a)然后查询右边的值有没有相等的值即可。
时间复杂度大概是(O(sqrt{C} logC))。给一个模板题的连接吧：Link
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std ;
typedef long long LL ;
const int MAXN = 100010, MAXM = 100010 ;
const int Inf = 0x7fffffff ;
int A, B, Mod, B2, T ; map <int, int> Map ;
inline int Read() {
int X = 0, F = 1 ; char ch = getchar() ;
while (ch > '9' || ch < '0') F = (ch == '-' ? - 1 : 1), ch = getchar() ;
while (ch >= '0' && ch <= '9') X=(X<<1)+(X<<3)+(ch^48), ch = getchar() ;
return X * F ;
}
inline int QuickPow(int X, int Y) {
int Ans = 1 ; while (Y) {
if (Y & 1) Ans = 1ll * Ans * X % Mod ;
X = 1ll * X * X % Mod ; Y >>= 1 ;
} return Ans ;
}
int main() {
Mod = Read() ; A = Read() ; B = Read() ;
int M = sqrt(Mod) + 1 ; B2 = B ;
for (int i = 0 ; i <= M ; i ++)
Map[B2] = i, B2 = 1ll * B2 * A % Mod ;
int T = QuickPow(A, M) ; B2 = 1 ;
for (int i = 1 ; i <= M ; i ++) {
B2 = 1ll * B2 * T % Mod ;
if (Map.count(B2))
return printf("%d
", i * M - Map[B2]), 0 ;
}
printf("no solution
") ;
return 0 ;
}
ExBSGS扩展大步小步法
不用我说大家也知道有(ExBSGS)了，而多的条件就是(A、C)不一定互质了。我们这时无法进行朴素的(BSGS)的原因就在于之前的方法是基于欧拉定理的。
[A^{varphi(C)} equiv 1 (mod~C)
]
可以看出最开始的方程的最小非负整数解一定在([0, varphi(C)))中所以我们才能将枚举的范围缩小（因为循环节为(varphi(C))嘛。）但是欧拉定理使用的范围就是(gcd(A, C) = 1)。所以朴素的(BSGS)并不适用。这时应该怎么办呢？
既然(gcd(A, C) ≠ 1)，那么我们就设(D = gcd(A, C))，然后改写原方程：
[A^x +kC = B
]
这个方程有解当且仅当(d|B)时，所以我们可以约一下分。
[frac {A imes A^{x - 1}}{D} + k frac {C}{D} = frac {B}{D}
]
此时，如果(gcd(A^{x - 1}, frac {C}{D}) = 1)我们就可以解下面这个方程：
[A^{X - 1} equiv frac {B}{D frac {A} {D}}(mod ~ frac{C}{D})
]
不然的话我们就不断的持续上面的步骤，知道分解至(gcd(A, C) = 1)为止，我们就只需要解
[frac{A^n imes A^{x - n}}{D} equiv frac{B}{D}(mod~frac{C}{D})
]
即可。最后我们还原BSGS的原来形式就可以了。这个模板洛谷好像还是有的：Link
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std ;
typedef long long LL ;
const int MAXN = 100010, MAXM = 100010 ;
const int Inf = 0x7fffffff ;
int A, B, Mod ; map <int, int> Map ;
inline int Read() {
int X = 0, F = 1 ; char ch = getchar() ;
while (ch > '9' || ch < '0') F = (ch == '-' ? - 1 : 1), ch = getchar() ;
while (ch >= '0' && ch <= '9') X=(X<<1)+(X<<3)+(ch^48), ch = getchar() ;
return X * F ;
}
inline int QuickPow(int X, int Y) {
int Ans = 1 ; while (Y) {
if (Y & 1) Ans = 1ll * Ans * X % Mod ;
X = 1ll * X * X % Mod ; Y >>= 1 ;
} return Ans ;
}
inline int Gcd(int X, int Y) {
if (! Y) return X ;
return Gcd(Y, X % Y) ;
}
inline void ExBSGS(int A, int B) {
if (B == 1) {
puts("0") ; return ;
}
int D = __gcd(A, Mod), K = 1, T = 0 ;
while (D ^ 1) {
if (B % D) {
puts("No Solution") ; return ;
}
T ++ ; B /= D ; Mod /= D ; K = 1ll * K * (A / D) % Mod ;
if (B == K) {
printf("%d
", T) ; return ;
}
D = __gcd(A, Mod) ;
}
int B2 = B ; Map.clear() ; int M = sqrt(Mod) + 1 ;
for (int i = 0 ; i < M ; i ++)
Map[B2] = i, B2 = 1ll * B2 * A % Mod ;
B2 = K ; K = QuickPow(A, M) ;
for (int i = 1 ; i <= M ; i ++) {
B2 = 1ll * B2 * K % Mod ;
if (Map.count(B2)) {
printf("%d
", i * M - Map[B2] + T) ; return ;
}
} puts("No Solution") ;
}
int main() {
while (1) {
A = Read(), Mod = Read(), B = Read() ;
if (! A && ! Mod && ! B) break ;
A = A % Mod ; B = B % Mod ;
ExBSGS(A, B) ;
}
return 0 ;
}