【解高次同余方程】51nod1038 X^A Mod P

1038 X^A Mod P

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 320

X^A mod P = B，其中P为质数。给出P和A B，求< P的所有X。

例如：P = 11，A = 3，B = 5。

3^3 Mod 11 = 5

所有数据中，解的数量不超过Sqrt(P)。

 

Input

第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。（1 <= T <= 100)
第2 - T + 1行：每行3个数P A B，中间用空格隔开。(1 <= A, B < P <= 10^9, P为质数)

Output

共T行，每行包括符合条件的X，且0 <= X < P，如果有多个，按照升序排列，中间用空格隔开。如果没有符合条件的X，输出：No Solution。所有数据中，解的数量不超过Sqrt(P)。

Input示例

3
11 3 5
13 3 1
13 2 2

Output示例

3
1 3 9
No Solution

题解

解高次同余方程时，先求出来原根

再用原根代换方程两边（要用到BSGS）

转化成一次剩余问题用EX_GCD求解即可

P.S. BSGS用map会T，所以我恬不知耻地贴了一份

代码

//by 减维
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define il inline
#define rg register
#define db double
#define mpr make_pair
#define maxn 100005
#define inf (1<<30)
#define eps 1e-8
#define pi 3.1415926535897932384626L
using namespace std;

inline int read()
{
    int ret=;bool fla=;char ch=getchar();
    while((ch<''||ch>'')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-'){fla=;ch=getchar();}
    while(ch>=''&&ch<=''){ret=ret*+ch-'';ch=getchar();}
    return fla?-ret:ret;
}

int t,num,cnt;
ll a,p,b,g,phip,pri[maxn],ans[maxn];
vector<ll> phipri;
map<ll,ll> mp;
bool pd[maxn];

il ll ksm(ll x,ll y,ll mod)
{
    ll ret=;x%=mod;
    for(;y;y>>=,x=x*x%mod)
        if(y&) ret=ret*x%mod;
    return ret;
}

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b==){x=;y=;return a;}
    ll gcd=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return gcd;
}

il void pre()
{
    for(int i=;i<=maxn-;++i)
    {
        if(!pd[i]) pri[++num]=i;
        for(int j=;j<=num&&i*pri[j]<=maxn-;++j)
        {
            pd[i*pri[j]]=;
            if(i%pri[j]==) break;
        }
    }
}

il ll getphi(ll x)
{
    ll ret=x;
    for(int i=;pri[i]*pri[i]<=x;++i)
        if(x%pri[i]==)
        {
            ret=ret/pri[i]*(pri[i]-);
            while(x%pri[i]==) x/=pri[i];
        }
    if(x>) ret=ret/x*(x-);
    return ret;
}

il bool check(ll g,ll x,ll p)
{
    int siz=phipri.size();
    for(int i=;i<siz;++i)
        if(ksm(g,x/phipri[i],p)==) return ;
    return ;
}

il ll getg(ll x,ll p)
{
    ll tmp=x;
    phipri.clear();
    for(int i=;i*i<=x;++i)
        if(x%i==)
        {
            phipri.push_back(i);//printf("%lld ",pri[i]);
            while(x%i==) x/=i;
        }
    if(x!=) phipri.push_back(x);//,printf("%lld ",x);
    //puts("");
    x=tmp;
    ll gen=;
    while()
    {
        if(check(gen,x,p)) return gen;
        gen++;
    }
}

struct sa{
    long long x;
    int id;
    bool operator<(const sa &b)const{
        if (x == b.x) return id < b.id;
        return x<b.x;
    }
}rec[];
//用rec存离散对数
long long bsgs(long long x,long long n,long long m){
    int s=(int)(sqrt((double)m+0.5));
    while((long long)s*s<=m)s++;
    long long cur=;
    sa tmp;
    for(int i=;i<s;i++){
        tmp.x=cur,tmp.id=i;
        rec[i]=tmp;
        cur=cur*x%m;
    }
    sort(rec,rec+s);
    //这里不能用map查找比较慢，采用排序二分就快了
    long long mul= ksm(cur, m - , m) % m;
    //这里有的方法是在下面的循环里求解快速幂，但本题是不行的  要在循环外面弄，保证时间
    cur=;

    for(long long i=;i<s;i++){
        long long more=n*cur%m;
        tmp.x=more,tmp.id=-;
        int j=lower_bound(rec,rec+s,tmp)-rec;
        if(rec[j].x==more){
            return i*s+rec[j].id;
        }
        cur=cur*mul%m;
    }
    return -;
}

int main()
{
    t=read();
    pre();
    while(t--){
        p=read(),a=read(),b=read();
        phip=p-;cnt=;
        g=getg(phip,p);
        //printf("%lld ",g);
        ll c=bsgs(g,b,p);
        //printf("%lld ",c);
        if(c==-){puts("No Solution");continue;}
        ll x,y;
        ll gcd=exgcd(a,phip,x,y);
        //printf("%lld ",gcd);
        if(c%gcd!=){puts("No Solution");continue;}
        x=x*(c/gcd)%phip;
        ll delt=phip/gcd;
        for(int i=;i<gcd;++i)
        {
            x=((x+delt)%phip+phip)%phip;
            ans[++cnt]=ksm(g,x,p);
        }
        sort(ans+,ans+cnt+);
        for(int i=;i<=cnt;++i) printf("%lld ",ans[i]);puts("");
    }
    return ;
}