(ex)BSGS/（扩展）大步小步算法 学习笔记

在即将暂时退役之际杀掉了P4195的毒瘤模板题，于是来写篇学习笔记。

谨此为我初中三年摆烂的OI生涯画上一个句号。（距离中考还有20天！）

(资料图)

BSGS

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求\(a^x\equiv b\pmod p\)的非负整数解，其中\(a, p\)互质。

算法思路

我们不妨令\(t=\lceil{\sqrt{p}\rceil}\)，\(j\lt t\)，\(i\leq t\)

原式转化为\(a^{it-j} \equiv b \pmod p\)

即 \(\left(a^t\right)^i\equiv b\cdot a^j \pmod p\)

于是我们可以这么在\(\Theta\left(\sqrt{n}\right)\)（不考虑hash表）内求出解：

• 枚举\(j \in [0, t)\)，求出所有的\(b\cdot a^j \mod p\)，用hash表记录下来

• 枚举\(i \in [0, t]\)，求出所有的\(\left(a^t\right)^i \mod p\)，在hash表中查找是否有对应的\(j\)值

需要注意的是，当\(a^t \mod p=0\)时，若\(b=0\)，则解为\(x=1\)；否则无解。

正确性讨论

由Euler定理，我们有\(a^{\varphi\left(p\right)}\equiv 1\pmod p\)，其中\(\varphi\left(x\right)\)为Euler函数。

也就是说，\(\mod p\)意义下，\(a^x\mod p\)在\(x=n\cdot\varphi\left(p\right)\)（\(n\)遍历非负整数）后循环。

我们知道对于任意整数\(x \gt 1\)，\(x>\varphi\left(x\right)\)，而我们取的\(it-j\)可以遍历\([0, x]\)，因此能够取到\(a^x \mod p\)的一切情况，故一定不会漏解。

代码实现

#include using namespace std;#define int long longint qpow(int a, int n, int p) {    a%=p;    int res=1;    while (n) {        if (n&1) res=res*a%p;        a=a*a%p;        n>>=1;    }    return res;}signed bsgs(int a, int b, int p) {    b%=p;    int t=sqrt(p)+1;    unordered_map hash; hash.clear();    for (int j=0; j=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;    }    return -1;}signed main() {    int a, b, p;    cin>>p>>a>>b;    int res=bsgs(a,b,p);    if (res==-1) puts("no solution");    else cout<

这份代码是可以通过P3846的。我们可以考虑对它进行优化。

我们发现枚举\(a^j\)和\(\left(a^t\right)^i\)的时候，\(i, j\)是递增的，于是我们可以直接用一个变量来维护\(a^j\)和\(\left(a^t\right)^i\)。

另外，用unordered_map来实现hash表似乎会快一些。

inline int bsgs(int a, int b, int p) {    int t=(int)(sqrt(p))+1;    unordered_map h; h.clear();    int powa=1;    for (reg int j=0; j=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;        powa=powa*a%p;    }    return -1;}

为exBSGS进行修改

我们现在来考虑\(ka^x\equiv b\pmod p\)（\(a, p\)互质，\(k\)为正整数）的式子，我们可以同样地将它们变形为

inline int bsgs(int a, int b, int k, int p) {    int t=(int)(sqrt(p))+1;    unordered_map h; h.clear();    int powa=1;    for (reg int j=0; j=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;        powa=powa*a%p;    }    return -1;}

#include using namespace std;#define int long long#define reg registerinline int qpow(int a, int n, int p) {    a%=p; int res=1;    while (n) {        if (n&1) res=res*a%p;        a=a*a%p; n>>=1;    }    return res;}inline int bsgs(int a, int b, int k, int p) {    int t=(int)(sqrt(p))+1;    unordered_map h; h.clear();    int powa=1;    for (reg int j=0; j=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;        powa=powa*a%p;    }    return -1;}inline int exbsgs(int a, int b, int p) {    a%=p, b%=p;    if (b==1 || p==1) return 0;    int A=a, NA=1, B=b, P=p, k=0, D=1;    while (__gcd(a,P)>1) {        int d=__gcd(a,P);        if (B%d) return -1;        k++; A/=d, B/=d, P/=d, NA=NA*(a/d)%P, D=D*d%P;        if (NA==B) return k; // NA就是上文提到的(a^k)/(D^k)    }    int res=bsgs(a,B,NA,P);    if (res==-1) return res;    if ((qpow(a,res+k,p)-b)%p) return -1;    return res+k;}signed main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);    int a, b, p;    while (cin>>a>>p>>b && a) {        int res=exbsgs(a,b,p);        if (res==-1) cout<<"No Solution\n";        else cout<