BSGS和exBSGS
数论 BSGS和exBSGS
1.1 BSGS简介
\(BSGS\)，全称\(baby-step-giant-step\)，一个解决特定的高次方程的算法。其实与其称作"算法"，个人感觉叫作"思想"更合适ˋ( ° ▽、° )
虽说是"高次同佘方程"，其实特指形如下式的方程:
1.2 尝试解决——暴力大法
首先，根据“费马小定理”：
以及“常识”：
通过两者可知：\(a^i \quad i\in [1,p-1]\)必定取遍了\(a^x\)能取到的所有数。存在于否，直接枚举代入一遍即可得知。
for(int i=1;i<=p-1;++i) if(check(i)) ans=i;
1.3 暴力的改进——分块优化
对，正如标题所示，BSGS其实就是分块的应用。
为了方便叙述，设\(t=\sqrt n\),那么\(x\)可以分解成：\(x=i\times t - j\)，其中\(1\leq i\leq t\),\(1\leq j < q\).可以发现这样分解可以覆盖到所有的\(x\in [1,p-1]\)
上式成立的充要条件便是下式成立，于是问题便进一步转化：询问是否有这种\((i,j) \leq t\)，满足：
但是只是单纯枚举\(i\)和\(j\)的话，显然复杂度依旧不正确\(O(t\times t=p)\)
其实到了这一步，\(i\)和\(j\)之间已经没有太大的联系了，两者只是有一个共同的范围作限制。因此我们分别枚举\(i\)和\(j\)，将出现过的数字记录下来。倘若有一个数字出现了两次，就说明存在一对\((i,j)\)满足条件，进言之，就是存在\(i\times t -j \Rightarrow x\)满足条件。
一个小技巧是:先枚举并记录\(j\)，后用\(i\)去判重复。因为此时找到的第一个\(i\)即对应着最小的\(x\)，类似于"t进制“的思想。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lor(a,b,c) for(register int a=b;a<=c;++a)
#define ror(a,b,c) for(register int a=c;a>=b;--a)
ll p,b,n,t,ans; bool flag;
map <int,bool> vis;
map <int,int> calc;
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
scanf("%lld%lld%lld",&p,&b,&n);
t=sqrt(p);
ll tmp=n; lor(i,1,t) {vis[tmp]=true; calc[tmp]=i-1; (tmp*=b)%=p;}
ans=-1;
ll base=1; lor(i,1,t) (base*=b)%=p; tmp=base;
lor(i,1,t+1){
if(vis[tmp]) {ans=i*t-calc[tmp]; break;}
(tmp*=base)%=p;
}
if(ans==-1) printf("no solution\n");
else printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
一遍AC不要太爽=￣ω￣=
1.4 例题
2.1 exBSGS
解决了BSGS的互质情况，尝试解决更加广泛的情况:\(gcd(a,p)=数字\)手动滑稽(/▽＼)
大体思路是:把方程调整到BSGS能解的方程
一个比较显然的结论：设\(d=gcd(a,b,p)\)，如果有\(a\equiv b (\mod p)\)，就有\(\frac{a}{d}\equiv \frac{b}{d} (\mod \frac{p}{d})\)
口胡证明：\(a\equiv b (\mod p)\)可以转化为\(a=k\times p + b\)；\(\frac{a}{d}=k\times \frac{p}{d} + \frac{b}{d}\)，代回去\(\frac{a}{d}\equiv \frac{b}{d} (\mod \frac{p}{d})\)
对于\(a^x\equiv b (\mod p)\),取\(d=gcd(a,p)\)
（1） \(d\nmid b\)，则根据裴蜀定理，若\(b=1\)，则答案为\(x=0\)，否则无解。
证明：
由裴蜀定理知，\(a\times x + p \times y =k \times gcd(a,p)=k\times d\)
\(d\nmid b\Rightarrow (k\times d) \nmid b\)
\(a\times x +p\times y \not = b\)
\(a\not = b (\mod p)\)
(2) 否则方程可以进一步转移
整理如下：
如此递归下去，直至\(gcd(a,b)=1\)，然用BSGS解决，代回即可( •̀ ω •́ )✧
!!TIPS:我犯过的错误
一、 事实上没有必要每一次都判一遍\(d\nmid b\)，因为特解只有一种可能\(b=1,x=0\)，只需要提前判一遍，只后倘若出现\(d\nmid b\)，就是无解情况。
二、 注意好取模，每一次先算出来\(p\)，只后用正确的模数及时取模
三、 各种小细节很烦琐，构清楚再动手
// luogu-judger-enable-o2
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lor(a,b,c) for(register int a=b;a<=c;++a)
#define ror(a,b,c) for(register int a=c;a>=b;--a)
ll a,b,c,d,p,t,ans,base,tmp,cnt;
map <int,int> vis;
inline ll gcd(ll,ll);
inline ll qsm(ll,ll,ll);
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);
#endif
while(scanf("%lld%lld%lld",&a,&p,&b),a||p||b){
d=1; cnt=0;
bool flag=false;
while((c=gcd(a,p))!=1){
if(b%c) {printf("No Solution\n"); flag=true; break;}
cnt++; b/=c; p/=c;
d=d*(a/c)%p;
if(d==b) {printf("%lld\n",cnt); flag=true; break;}
}
if(flag) continue;
t=ceil(sqrt(p));
tmp=b%p; vis.clear();
lor(i,1,t) {(tmp*=a)%=p;vis[tmp]=i;}
base=qsm(a,t,p); tmp=d; ans=-1;
lor(i,1,t) {(tmp*=base)%=p; if(vis[tmp]) {ans=i*t-vis[tmp]+cnt; break;}}
tmp=1;
lor(i,1,cnt) {(tmp*=a)%=p; if(tmp==(b%p)) {ans=i; break;}}
if(ans==-1) printf("No Solution\n");
else printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
inline ll gcd(ll a,ll b){
return b?gcd(b,a%b):a;
}
inline ll qsm(ll a,ll k,ll mod){
ll ans=1,base=a;
while(k){
if(k&1) (ans*=base)%=mod;
(base*=base)%=mod;
k>>=1;
}
return ans;
}
常数大，需要吸氧(～o￣3￣)～
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