「算法笔记」BSGS 与 exBSGS

一、离散对数

给定 \(a,b,m\)，存在一个 \(x\)，使得

\(\displaystyle a^x\equiv b\pmod m\)

则称 \(x\) 为 \(b\) 在模 \(m\) 意义下以 \(a\) 为底的 离散对数。

二、BSGS

离散对数：求解关于 \(x\) 的方程 \(a^x\equiv b\pmod m\)。

基本思想：（假设 \(\gcd(a,m)=1\)，那么 \(a\) 在模 \(m\) 意义下存在逆元）

考虑类似分块的一个想法。首先设定一个常量 \(t\)。

设 \(x=qt+r\)（\(0\leq r<t\)），预处理所有 \(a^{qt}\) 模 \(m\) 的值，存到 Hash 表 / map 中。询问时，枚举 \(r\)，因为 \(a^{qt+r}\equiv b\pmod m\Leftrightarrow a^{qt}\equiv b\cdot a^{-r}\pmod m\)，所以判断是否存在 \(a^{qt}\equiv b\cdot a^{-r}\pmod m\) 即可。

预处理的复杂度为 \(\mathcal{O}(\frac{m}{t})\)，单次询问的复杂度为 \(\mathcal{O}(t)\)。取 \(t=\sqrt{m}\)，则复杂度为 \(\mathcal{O}(\sqrt{m})\)。

用 map 会多一个 \(\log\)。

不同的写法：如果不想求 \(a^{-r}\)，设 \(x=qt-r\)（\(0\leq q,r<t\)）， \(a^{qt-r}\equiv b\pmod m\Leftrightarrow a^{qt}\equiv b\cdot a^r\pmod m\)，预处理 \(b\cdot a^r\) 模 \(m\) 的值，枚举 \(q\)，判断是否能找到对应的 \(r\)。

//Luogu P3846
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
map<int,int>mp;
int a,b,p,ans;
int mul(int x,int n,int mod){
    int ans=mod!=1;
    for(x%=mod;n;n>>=1,x=x*x%mod)
        if(n&1) ans=ans*x%mod;
    return ans;
}
int BSGS(int a,int b,int p){    //设 x=qt-r，预处理 b*(a^r)%p，枚举 q，判断是否存在 a^{qt}%p=b*{a^r}%p
    a%=p,b%=p,mp.clear();
    if(!a) return !b?0:-1;
    int t=ceil(sqrt(p)),x=b;
    for(int i=0;i<=t;i++) mp[x]=i,x=x*a%p;    //枚举 r，预处理 b*(a^r)%p 的值
    a=mul(a,t,p),x=a;
    for(int i=1;i<=t;i++){    //枚举 q
        if(mp.count(x)) return i*t-mp[x];    //判断是否能找到对应的 r。若找到了，则 x=qt-r 为 x 的一个解
        x=x*a%p;
    }
    return -1;
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&p,&a,&b);
    ans=BSGS(a,b,p);
    if(~ans) printf("%lld\n",ans);
    else puts("no solution");
    return 0;
}

二、exBSGS

求解关于 \(x\) 的方程 \(a^x\equiv b\pmod m\)。\(m\) 可取任意数。

BSGS：\(\gcd(a,m)=1\)，\(a\) 在模 \(m\) 意义下存在逆元，可令等式右侧出现 \(a\) 的幂次。

扩展 BSGS：考虑 \(\gcd(a,m)\neq 1\) 的情况。一个想法是，将它转化为 \(\gcd(a,m)=1\)。

设 \(d=\gcd(a,m)\)。\(a^x\equiv b\pmod m\Leftrightarrow a^x+km=b\)，根据裴蜀定理，方程有解当且仅当 \(\gcd(a,m)\mid b\)。所以，若 \(d\nmid b\)，则原方程无解。

否则，令方程两边同时除以 \(d\)，得：

\(\displaystyle\frac{a}{d}\cdot a^{x-1}+k\cdot\frac{m}{d}=\frac{b}{d}\)

此时，若 \(\gcd(a,m)\neq 1\)，则令 \(x'=x-1,m'=\frac{m}{d},b'=\frac{b}{d}\)，重复上述步骤，于是可以一直做下去，直到 \(\gcd(a,m')=1\)。

不妨设重复了 \(g\) 次，每次求得的 \(d=\gcd(a,m')\) 分别为 \(d_1,d_2,\cdots,d_g\)。记 \(\prod_{i=1}^g d_i =D\)，原式就是：

\(\displaystyle\frac{a^g}{D}\cdot a^{x-g}\equiv \frac{b}{D}\pmod {\frac{m}{D}}\)

那么就令 \(a'=a,b'=\frac{b}{D},m'=\frac{m}{D}\)，跑一遍 BSGS 即可（在枚举 \(a^{qt}\) 判断时乘上 \(\frac{a^g}{D}\)，对应代码中的 ad。最后答案加上 \(g\) 就行了）。

//Luogu P4195
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
map<int,int>mp;
int a,b,p,ans;
int mul(int x,int n,int mod){
    int ans=mod!=1;
    for(x%=mod;n;n>>=1,x=x*x%mod)
        if(n&1) ans=ans*x%mod;
    return ans;
}
int BSGS(int a,int b,int p,int ad){
    a%=p,b%=p,mp.clear();
    if(!a) return !b?0:-1;
    int t=ceil(sqrt(p)),x=b;
    for(int i=0;i<=t;i++) mp[x]=i,x=x*a%p;
    a=mul(a,t,p),x=a*ad%p;    //upd: 原来的 x=a 改为了 x=a*ad%p
    for(int i=1;i<=t;i++){
        if(mp.count(x)) return i*t-mp[x];
        x=x*a%p;
    }
    return -1;
}
int exBSGS(int a,int b,int p){
    a%=p,b%=p;
    int g=0,ad=1,d,ans;
    while((d=__gcd(a,p))!=1){
        if(b%d) return -1;
        g++,b/=d,p/=d,ad=(ad*a/d)%p;
        if(ad==b) return g;
    }
    if(~(ans=BSGS(a,b,p,ad))) return ans+g;
    return -1;
}
signed main(){
    while(~scanf("%lld%lld%lld",&a,&p,&b)){
        if(!a&&!b&&!p) break;
        ans=exBSGS(a,b,p);
        if(~ans) printf("%lld\n",ans);
        else puts("No Solution");
    }
    return 0;
}

建议把 map 改成 Hash 表 QAQ。