\(BSGS(baby-step-giant-step)\)算法是用来解高次同余方程的最小非负整数解的算法，即形如这个的方程：
$a^x\equiv b(mod\ p)$
其中$p$为质数（其实只要($(a,p)=1$即可）
首先考虑暴力怎么解：由费马小定理可知$a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)$，也就是说如果在$[0,p-1]$内无解的话，方程就是无解的。所以我们从小到大枚举$[0,p-1]$中的每一个数，满足方程就结束。但是这里$p-1$并不一定是最小正周期，这个可以由**[阶](https://baike.baidu.com/item/%E9%98%B6/5214104#5)**的定义推出，有兴趣的同学可以去看一下。
但是这个方法在$p$很大时就$GG$啦，于是我们考虑优化一下：
设$x=im-j$，其中$m=\left \lceil \sqrt{p} \right \rceil$。那么我们开始对方程进行变形：
$a^{im}\equiv a^jb(mod\ p)$
显然，$j$是余数，所以有$0\leqslant j \leqslant m-1$，也就是说右边的值最多只有$m$个，而$i$的最大值也只为$m$。所以我们暴力枚举$j$，把$a^jb$存到$map$或哈希表里，再从小到大暴力枚举$i$，每次在哈希表里查一下有没有$a^jb$使得方程成立就可以辣。
同时，有一个很妙的事情：我们枚举$j$时是从小到大枚举的，每次插入到哈希表头的前面，所以表的越靠前的元素的$j$值是越大的，而我们正好想要$j$尽量大，一石二鸟，每次查到一个值就可以直接$return$了。这样查询的近似复杂度就降到$O(1)$了。
要注意先特判一下$x=0$的情况。
板子代码：
``` cpp
namespace Ha { //哈希表
int tot, h[MOD+5], ne[MOD+5];
ll ha[MOD+5];
void insert(ll x, ll num) { //插入操作
ll t = num%MOD;
p[++tot] = x, ha[tot] = num, ne[tot] = h[t], h[t] = tot;
}
ll query(ll tar) { //查询操作
for(int i = h[tar%MOD]; i != -1; i = ne[i])
if(ha[i] == tar) return p[i];
return -1;
}
}
using namespace Ha;
ll bsgs(ll a, ll b, ll p) {
a %= p, b %= p;
if(a == 0 && b != 0) return -1; //a%p==0时显然无解
if(a == 0 && b == 0) return 1;
if(b == 1) return 0;
ll m = ceil(sqrt((double)p)), q = 1, x = 1;
memset(h, -1, sizeof h); //记得清空
for(ll j = 0; j < m; ++j) insert(j, q*b%p), q = q*a%p; //暴力枚举j并存入表中
for(ll i = 1, j; i <= m; ++i) {
x = x*q%p, j = query(x); //在表中找
if(j != -1) return i*m-j; //找到解了，直接返回
}
return -1;
}
```
但是$p$与$a$不互质了怎么办呢，这时候就要请上我们的扩展$BSGS$了，虽说是扩展，其实并不是难以理解。
首先扔一个定理：
若有$p\equiv q(mod\ r)$，令$d$为$p,q,r$的共同正因子，则有$\frac{p}{d}\equiv \frac{q}{d}(mod\ \frac{r}{d})$
证明如下：
易知$p-q=kr$，两边同除$d$，推出$\frac{p}{d}-\frac{q}{d}=k\frac{r}{d}$，即$\frac{p}{d}\equiv \frac{q}{d}(mod\ \frac{r}{d})$
有了这个定理，我们就又双叒叕可以做这道题了：首先设$t=1, cnt=0$，若$a,c$不互质，就令$d$为它们的的最大公约数，判断一下$b\ mod\ d$等不等于0，不等于零，就无解，否则令$b$等于$\frac{b}{d}$，$c$等于$\frac{c}{d}$，把$\frac{a}{d}$累乘到$t$上，让$cnt$自加。重复以上操作，直到$a,c$互质，然后我们会得到一个差不多长这样的方程：
$ta^{x-cnt}\equiv b'(mod\ c')$，其中$a,c'$互质
然后我们就将它转化为标准的$BSGS$可解决的问题啦。
记得特判一下$x\leqslant cnt$的情况（~~为什么留给读者自己思考~~）
粘一下代码：
```cpp
ll bsgs(ll a, ll b, ll p) {
a %= p, b %= p;
if(a == 0 && b != 0) return -1;
if(a == 0 && b == 0) return 1;
if(b == 1) return 0;
ll d = 1, t = 1, cnt = 0, m = ceil(sqrt(p)), q = 1;
while((d = gcd(a, p)) != 1) {
if(b%d) return -1;
cnt++, b /= d, p /= d, t = t*(a/d)%p;
if(b == t) return cnt; //特判
}
memset(h, -1, sizeof h);
for(ll i = 0; i < m; ++i) insert(i, q*b%p), q = q*a%p;
for(ll i = 1, j; i <= m+1; ++i) {
t = t*q%MOD;
j = query(t);
if(j != -1) return i*m-j+cnt; //返回值要加上cnt
}
return -1;
}
```
放一道例题：洛谷/BZOJ。这应该算是板子了吧→_→
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define MOD 1000007
#define ll long long
int T, k;
ll p[MOD+5];
namespace Ha {
int tot, h[MOD+5], ne[MOD+5];
ll ha[MOD+5];
}
using namespace std;
using namespace Ha;
void insert(ll x, ll num) {
ll t = num%MOD;
p[++tot] = x, ha[tot] = num, ne[tot] = h[t], h[t] = tot;
}
ll query(ll tar) {
for(int i = h[tar%MOD]; i != -1; i = ne[i])
if(ha[i] == tar) return p[i];
return -1;
}
ll bsgs(ll a, ll b, ll p) {
a %= p, b %= p;
if(a == 0) return -1;
if(b == 1) return 0;
ll m = ceil(sqrt((double)p)), q = 1, x = 1;
memset(h, -1, sizeof h);
for(ll i = 0; i < m; ++i) insert(i, q*b%p), q = q*a%p;
for(ll i = 1, j; i <= m; ++i) {
x = x*q%p, j = query(x);
if(j != -1) return i*m-j;
}
return -1;
}
ll fpow(ll x, ll p, ll mod) {
ll base = x%mod, ret = 1LL;
while(p) {
if(p&1) ret = ret*base%mod;
base = base*base%mod;
p >>= 1;
}
return ret;
}
ll inv(ll x, ll p) {
return fpow(x, p-2, p);
}
int main() {
cin >> T >> k;
ll x, y, z, inv_y, ans;
while(T--) {
cin >> x >> y >> z;
if(k == 1) cout << fpow(x, y, z) << endl;
else if(k == 2) {
if(x%z == 0) cout << "Orz, I cannot find x!" << endl;
else cout << y*inv(x, z)%z << endl;
}
else {
ans = bsgs(x, y, z);
if(ans == -1) cout << "Orz, I cannot find x!" << endl;
else cout << ans << endl;
}
}
return 0;
}
