BSGS学习笔记

用于求\(A^{x} \equiv B \pmod{C}\) 高次方程的最小正整数解x，其中C为素数

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引理1：$a^{i\mod\varphi(p) } \equiv a^{i} $ (mod p) p为素数，即\(a^i\)在模p的意义下会出现循环节(注:\(\varphi(p)\)不是最小循环节)

证明：

因为$ a^{p-1} \equiv 1 $ (mod p) (费马小定理) ,则 \(a^{k*(p-1)} \equiv 1\) (mod p)

所以$ a^{2k * (p-1)} * a^{-k * (p-1)} \equiv 1 $ (mod p)

所以$ a^{2k * (p-1)} $ 为 \(a^{-k * (p-1)}\) mod p意义下的逆元

$ \frac{a^{i}}{a{k * (p-1)}} \equiv a^{i} * a^{2k * (p-1)} \equiv a^{i} * 1 \equiv a^{i} $ (mod p)

即$ a^{i-k*(p-1)} \equiv a^{i} $ (mod p)

又因为$ i \bmod \varphi(p) = i-k*(p-1) $

且p为素数,\(i-k*(p-1)=i-k * \varphi(p)\)

则$ a^{i-k*(p-1)} \equiv a^{i\mod\varphi(p)} \equiv a^{i} $ (mod p)

证毕!

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根据引理1我们可知只需要枚举至多\(\varphi(C)\)个数就能知道方程的解，若枚举完后发现无解，则整个方程无解

考虑构造一个m，使得\(m=ceil(\sqrt{C})\) (其中ceil()为向上取整函数)

\(x=k*m-q\)，原方程转化为$ A^{k * m-q} \equiv B \pmod{p}$

继续得到 $ A^{k * m} \equiv B*A^{q} \pmod{p}$

BSGS流程：到了这一步，我们先考虑枚举\(B*A^{q}\)中的q,至多\(\sqrt{C}\)次，然后我们把得到的值存入一个Hash表中

接着我们开始枚举 $ A^{k * m}$ 中的m，则两次枚举出来的式子的两两组合正好可以得到所有$range \in [1,x] $(作者就是被这个地方卡了一万年QwQ)，若遇到两次枚举出来的值相等，则输出答案，退出循环。

(注:作者写这题的时候运势不好，Hash写挂了，换成了map，效果不影响)

Code:

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<map>
using namespace std;
#define ll long long
#define int ll
#define HASH_MOD 76799777LL

map<int,int> hash;

ll qpow(ll A,ll B,ll C){
	if(B==0) return 1;
	if(B==1) return A;
	ll t=qpow(A,B>>1,C);
	t=t*t%C;
	if(B&1) t=t*A%C;
	return t;
}
ll BSGS(ll A,ll B,ll C){
	const int sizes=ceil(sqrt(C));
	ll base=B%C;
	hash[base]=0;
	for(int i=1;i<=sizes;i++){
		base=base*A%C;
		hash[base]=i;
	}
	base=qpow(A,sizes,C);
	ll tmp=1;
	for(ll i=1;i<=sizes;i++){
		tmp=tmp*base%C;
		if(hash[tmp])
			return ((i*sizes-hash[tmp])%C+C)%C;
	}
	return -1;
}
ll P,B,N;
signed main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&P,&B,&N);
	if(!(B%P)){
        printf("no solution\n");
        return 0;
    }
	ll ans=BSGS(B,N,P);
	if(ans!=-1) printf("%lld",ans);
	else printf("no solution");
}