BSGS（Baby-Step Giant-Step）算法

BSGS (Baby-Step Giant-Step) 算法

作用：求满足 \(a^t \equiv b \ (mod \ p)\) 的最小的正整数 \(t\)，保证 \(a\) 和 \(p\) 互质。

方法：由欧拉定理：

\[a^{\phi(p)} \equiv 1 \ (mod \ p) \]

有：

\[ a^t \equiv a^{x \ mod \ \phi(p)} \ (mod \ p) \ \ \ \ \ \ t \in [0, \phi(p) - 1] \]

这里为了方便我们将 \(t\) 的右端点取为 \(p\) ，之后采用分块思想，将 \(t\) 的取值分为 \(k\) 块，其中 \(k = \lceil \sqrt{p} \rceil = \lfloor \sqrt{p} \rfloor + 1\)

则 \(t\) 可以用 \(k\) 进行表示：

\[t = kx - y \ \ \ \ \ x \in [1,k] \ \ \ \ \ y \in [0, k - 1] \]

此时 \(t\) 的取值范围是 \([1, k^2]\)，因此该表示包含了 \(t\) 的所有可能取值。

这里 \(x\) 从 1 开始，防止 \(t\) 出现负数。

设 \(t = kx - y\) 而不是 \(t = kx + y\) 的原因是：

\[a^t = a^{kx-y} \equiv b \ (mod \ p) \\ \Rightarrow a^{kx} \equiv ba^{y} \ (mod \ p) \]

这里就不需要先计算逆元了，简化代码。

故该问题转化为：对于某一 \(x\)，判断是否存在 \(y\)，使得 \(x,y\) 满足 \(a^{kx} \equiv ba^{y} \ (mod \ p)\)

显然该问题可以用哈希表解决，即：

• 将 \(b * a^y \ (mod \ p)\) 用哈希表进行存储
• 存储 \(b * a^y \ (mod \ p)\) 的值对应哪个 \(y\)，如果有多个 \(y\)，取最大的 \(y\)（因为这样的 \(t\) 会更小）

最后对于所有满足条件的 \(x, y\)，取最小的 \(t\) 即可，由于 \(x\) 从 1 开始取，因此还需要特判一下 \(t=0\) 的情况，该算法的时间复杂度为 \(O(\sqrt{p})\)

模板题：BSGS

AC代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<unordered_map>
using namespace std;
using ll = long long;
int a, p, b;

ll bsgs(int a, int p, int b) {
    if(1 % p == b % p)  return 0;
    unordered_map<int, int> ump;
    int k = sqrt(p) + 1;
    //求b*a^ymodp
    for (int i = 0, j = b % p; i < k; i ++) {
        ump[j] = i;
        j = (ll)j * a % p;
    }
    
    //求a^k
    int ak = 1;
    for (int i = 1; i <= k; i ++) {
        ak = (ll)ak * a % p;
    }
    
    //求a^k^x
    for (int i = 1, j = ak % p; i <= k; i ++) {
        if(ump.count(j))    return (ll)k * i - ump[j];
        j = (ll)j * ak % p;
    }
    
    return -1;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    
    while(cin >> a >> p >> b, a || p || b) {
        ll res = bsgs(a, p, b);
        if(res == -1) {
            cout << "No Solution" << '\n';
            continue;
        }
        cout << res << '\n';
    }
    
    return 0;
}

扩展BSGS

将上述题意改为：求满足 \(a^t \equiv b \ (mod \ p)\) 的最小的正整数 \(t\)，不保证 \(a\) 和 \(p\) 互质。

分类讨论：

1. 当 \(t = 0\) 时特判即可
2. 当 \(t \geq 1\) 时，设 \(gcd(a,p) = d\)：
   • 若 \(d = 1\) 采用朴素BSGS处理
   • 若 \(d > 1\) 则对原式进行处理：
     \[ a^t \equiv b \ (mod \ p) \\ \Rightarrow a^t + kp = b \\ \Rightarrow \frac{a}{d} \cdot a^{t-1} + k \cdot \frac{p}{d} = \frac{b}{d} \\ \Rightarrow \frac{a}{d} \cdot a^{t-1} \equiv \frac{b}{d} \ (mod \ p) \\ ∵ gcd(\frac{a}{d}, \frac{p}{d}) = 1 \\ ∴ a^{t-1} \equiv \frac{b}{d} \cdot (\frac{a}{d})^{-1} \ (mod \ \frac{p}{d}) \]

   设 \(t^{'} = t-1, b^{'}=\frac{b}{d} \cdot (\frac{a}{d})^{-1},p^{'} = \frac{p}{d}\)，则上述式子等价于：
   \[a^{t^{'}} \equiv b^{'} \ (mod \ p^{'}) \]
   若 \(a\) 与 \(p^{'}\) 互质，则转化为朴素BSGS，否则根据上述转化进行递归，直到其互质为止，由于 \(p\) 的因子 \(d\) 的个数有限，因此只需递归有限次即可停止。

模板题：扩展BSGS

AC代码：