#(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[P41
(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
\[k\cdot \left(a^t\right)^i\equiv b\cdot a^j \pmod p\]于是稍微修改一下上述代码就可以了。
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;} exBSGS
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求\(a^x\equiv b\pmod p\)的非负整数解，其中\(a, p\)未必互质。
算法思路
考虑利用同余式的约化性质，转换成朴素的BSGS来求解。
我们有如下同余式的约化性质：若\(a\equiv b\pmod p\)，\(d\mid a,d \mid b\)，则
\(\frac{a}{d}\equiv\frac{b}{d}\pmod {\frac{p}{\gcd(d,p)}}\)
我们回到\(a^x\equiv b\pmod p\)，令\(d_1=\gcd(a,p)\)，当\(d_1 \mid b\)，我们可以变形为\(\frac{a}{d_1}\cdot a^{x-1}\equiv \frac{b}{d_1} \pmod {\frac{p}{d_1}}\)（若\(d_1 \nmid b\)，立刻得出无解）若\(a,\frac{p}{d_1}\)仍不互质，我们可以继续令\(d_2=\gcd(a,\frac{p}{d_1})\)，\(\cdots\)，直到\(a,\frac{p}{d_1d_2\cdots d_k}\)互质为止。
我们设一共进行了\(k\)次约化，\(D=d_1d_2\cdots d_k\)（此时\(a\)，\(\frac{p}{D}\)互质），原式可变形为
\(\frac{a^k}{D}\cdot a^{x-k} \equiv \frac{b}{D} \pmod {\frac{p}{D}}\)
我们令\(k=\frac{a^k}{D}, X=x-k, B=\frac{b}{D}, P=\frac{p}{D}\)，即
\(ka^X\equiv B \pmod P\)
于是可以利用修改后的BSGS算法来求解。
注意求解之后得到\(X=x-k\)，故\(x=X+k\)。
Trick
\(\frac{a^k}{D}=\frac{a}{d_1}\frac{a}{d_2}\cdots\frac{a}{d_k}\)，于是可以在每一个循环内单独计算。
用cout<<"\n"似乎会比用cout<
可以预先将b%=p, a%=p，若取模过后\(b==1\)或者\(p==1\)，那么显然\(x=0\)为解。
我们记\(D_k=\frac{a}{d1}\frac{a}{d2}\cdots \frac{a}{d_k}\)，当\(\frac{a^k}{D^k}==\frac{b}{D_k}\)时，有
\[\frac{a^k}{D_k}\cdot a^{x-k}\equiv \frac{b}{D_k}\pmod {\frac{p}{D_k}}\]即
\[a^{x-k}\equiv 1\pmod {\frac{p}{D_k}}\]于是\(x=k\)为解。其中\(k\)是正在进行的第\(k\)次约化。
代码实现
#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< Record，\(2.46\rm{s}\)，可以通过本题（包括Hack数据）。
后记
这道题算是比较毒瘤的，我是一共调了三天才过的（我太弱了）还有\(20\)天就要中考了，而我还在这摸鱼（悲）就谨此纪念一下我的初中OI生涯罢。
顺便在此祝福向宴酱中考顺利！
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