BSGS&ExBSGS

BSGS&ExBSGS

求解形如

\[a^x\equiv b\pmod p
\]

的高次同余方程

BSGS

假装\(gcd(a,p)=1\)。

设\(m=\lceil\sqrt p \rceil\)

然后把\(x\)分解成

\[x=i*m+j
\]

的形式。

\[a^x\equiv b\pmod p
\]

\[a^{i*m+j}\equiv b\pmod p
\]

\[a^{im}\equiv b/a^j\pmod p
\]

这时我们发现，\(1≤j≤m-1\)，也就是说枚举\(j\)是非常简单的。

这样我们就可以把\(m-1\)个\(j\)全都存起来,存到哈希表中，然后枚举\(i\)，这样就可以在\(O(\sqrt n + log (n))\)的时间内求出解了。（分块 + map）

(时间复杂度是wyh在网上找的，自己不会证qwq

ExBSGS

刚刚我们假装\(gcd(a,p)=1\)，那要是没有这个条件怎么办呢？

很简单，我们只要通过把两边同时除以 他们的 gcd 就好啦qwq

设\(g=gcd(a,p)\)，如果\(g\not| b\)，显然如果\(p=1\)则\(x=0\)，否则方程无解

我们就得到

\[a^{x-1}*\frac{a}{g}\equiv \frac{b}{g}\pmod {\frac{p}{g}}
\]

\[a^{x-1}\equiv \frac{b}{a}\pmod {\frac{p}{g}}
\]

这样一直做下去，直到\(g=1\)为止。

有一个误区（对于我这种蒟蒻）就是\(a\)和\(b/g\)不一定互质。这是zzy学长告诉wyh的qwq，还是学长好啊qwq。

好感动啊。。。

Code

typedef long long ll;
map<ll,ll> ma;
inline ll bsgs(ll a,ll b)//解a^x同余b (%mod)
{
	a%=mod;b%=mod;
	ma.clear();
	ll m=ll(sqrt(mod+1)),e=1;
	for(int j=0;j<m;++j)
	{
		if(!ma.count(e)) ma[e]=j;
		e=e*a%mod;
	}
	if(gcd(e,mod)!=1) return -1;
	ll inv=inverse(e);//逆元
	for(int i=0;i<m;++i)
	{
		if(ma.count(b)) return i*m+ma[b];
		b=b*inv%mod;
	}
	return -1;
}