BSGS 和扩展

BSGS

BSGS，全称叫 BabyStepGiantStep，也就是大步小步
其实还是比较暴力的

它可以(O(sqrt p))的复杂度内解出：

[a^xequiv npmod p,gcd(a,p)=1 ]

中(x)的值
如果(gcd(a,p) eq 1)就要用到 exBSGS 了

我们考虑令(x=im-k,0le k<m)
那么原式变为

[a^{im-k}equiv npmod p ]

[a^{im}equiv na^kpmod p ]

那么，我肯可以枚举(kin[0,m))，计算出(na^kmod p)的值，然后把对应的(k)存下来
可以用map或 hash，用map会多一个(log)

然后，再枚举(iin[0,lceilfrac{p}{m} ceil])，计算出(a^{im}mod p)
然后看一看之前有没有一个(k)，使得(na^kequiv a^{im}pmod p)，且(im>=k)
如果有，那么答案肯定就是(im-k)
如果一直没找到，那么就无解

复杂度是(O(max(m,frac{p}{m} )))，显然，让(m=lceil sqrt p ceil)时最优，即为(O(sqrt p))

但是，我们考虑的只是(xin[1,p])的情况，那为什么要找的这个(x)一定满足这样的性质呢？
首先(gcd(a,p)=1)，满足欧拉定理的条件，也就是会有(a^{varphi(p)}equiv 1pmod pRightarrow a^{qvarphi(p)}equiv 1pmod p,qinmathbb{N^*})
那么，(kmod varphi(p)=k-qvarphi(p)<varphi(p)<p)
则(a^{kmod varphi(p)}=dfrac{a^k}{a^{qvarphi(p)}})
又由于那个分母在(mod p)中同余于(1)
所以(a^{kmod varphi(p)}equiv a^kpmod p)

则可以得知，要求的最小的(x)，如果有解，一定满足(x<varphi(p)<p)

模板题：P3846 [TJOI2007] 可爱的质数
这题保证了(a,n<p)，所以不需要一些奇奇怪怪的特判

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<map>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
	register int x=0;register int y=1;
	register char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
	return y?x:-x;
}
std::map<int,int>map;
inline int power(int a,int b,int p){
	int ret=1;
	while(b){
		if(b&1) ret=1ll*ret*a%p;
		b>>=1;a=1ll*a*a%p;
	}
	return ret;
}
inline int BSGS(int a,int n,int p){
	reg int m=std::ceil(std::sqrt(p));
	for(reg int i=0,s=n;i<m;i++,s=1ll*s*a%p) map[s]=i;
	for(reg int i=0,tmp=power(a,m,p),s=1;i<=m;i++,s=1ll*s*tmp%p)
		if(map.find(s)!=map.end())
			if(i*m>=map[s]) return i*m-map[s];
	return -1;
}
int main(){
	int p=read(),a=read(),n=read();
	LL ans=BSGS(a,n,p);
	ans==-1?std::puts("no solution"):std::printf("%lld",ans);
	return 0;
}

exBSGS

用于处理上面哪个问题(gcd(a,p) eq 1)的情况
有些细节稍显恶心（其实还好

首先，原来那个同余方程可以等价的写成：

[a^x+kp=n ]

设(gcd(a,p)=d)
由于斐蜀定理，这个式子有解的充要条件是(dmid n)，否则直接返回无解
那么上面的式子就是：

[a^{x-1}cdot frac{a}{d}+kcdotfrac{p}{d}=frac{n}{d} ]

此时，(a^{x-1} ightarrow a^x,frac{p}{d} ightarrow p,frac{n}{d} ightarrow n)
那么一直递归，直到(gcd(a,p)=1)

所以此时设一共递归了(cnt)次，这所有次递归的(d)的乘积是(d)（用一个字母说起来省事
原式就是

[a^{x-cnt}cdot frac{a^{cnt}}{d}equiv frac{n}{d}pmod {frac{p}{d}} ]

那么我们就用(a'=a,n'=frac{n}{d},p'=frac{p}{d})来跑一次 BSGS 就行了

当然，答案还要再加上(cnt)
而且，还有一个(dfrac{a^{cnt}}{d})的系数要乘上，具体对应代码中的变量ad，要传参到 BSGS 的函数里

模板题：SP3105 MOD - Power Modulo Inverted，P4195 【模板】exBSGS
还是双倍经验，但是这个不保证(a,n<p)，所以要先模一下，然后判断一下是不是等于(0)，具体看代码
而且这个还卡常，必须要用unordered_map，它的内部实现是哈希表，而map是红黑树，前者构建好像稍慢，但是查询快，适合这个题
话说我写这题的时候听说卡常，然后T了以后猛卡常数，结果后来发现是写法错了，于是就对着错误的程序卡了一晚上常直至自闭
不过是 c++11 的东西，noip可能不能用，编译时要加上-std=c++11

当然写 hash 也可以，但我不太会/kk

#include<cstdio>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<unordered_map>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
	register int x=0;register int y=1;
	register char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
	return y?x:-x;
}
std::unordered_map<int,int>map;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline int BSGS(int a,int n,int p,int ad){
	map.clear();
	reg int m=std::ceil(std::sqrt(p));
	reg int s=1;
	for(reg int i=0;i<m;i++,s=1ll*s*a%p) map[1ll*s*n%p]=i;
	for(reg int i=0,tmp=s,s=ad;i<=m;i++,s=1ll*s*tmp%p)
		if(map.find(s)!=map.end())
			if(1ll*i*m-map[s]>=0) return 1ll*i*m-map[s];
	return -1;
}
inline int exBSGS(int a,int n,int p){
	a%=p;n%=p;
	if(n==1||p==1) return 0;
	reg int cnt=0;
	reg int d,ad=1;
	while((d=gcd(a,p))^1){
		if(n%d) return -1;
		cnt++;n/=d;p/=d;
		ad=(1ll*ad*a/d)%p;
		if(ad==n) return cnt;
	}
//		std::printf("a: %d n: %d p: %d ad:%d
",a,n,p,ad);
	LL ans=BSGS(a,n,p,ad);
	if(ans==-1) return -1;
	return ans+cnt;
} 
signed main(){
	int a=read(),p=read(),n=read();
	while(a||p||n){
		int ans=exBSGS(a,n,p);
		if(~ans) std::printf("%d
",ans);
		else std::puts("No Solution");
		a=read();p=read();n=read();
	}
	return 0;
}