BSGS与扩展BSGS

BSGS

\(BSGS\)算法又称大步小步\((Baby-Step-Giant-Step)\)算法

\(BSGS\)算法主要用于解以下同余方程

\[A^x\equiv B(mod\ p)
\]

其中\((A,P)=1\),即\(A\)与\(P\)互质

前置知识

根据欧拉定理\(A^{ \varphi(p)} \equiv1(mod\ p)\)，所以\(A^x(mod\ p)\)的循环节为\(\varphi(p)\).也就是说如果上面的方程有解\(x\)，那么肯定有\(x \in [0,\varphi(p)]\)，所以我们可以枚举一下\(x\)求解

推导

上面是暴力的做法，而\(BSGS\)就是利用分块的思想将上面的算法复杂度优化为\(\sqrt{\varphi(p)}\)(哈希表做法)或者\(\sqrt{\varphi(p)}\ log\;p\)(map)做法

我们令\(m=\lceil \sqrt{\varphi(p)}\rceil\),那么任何一个\(x\in [0,\varphi(p)]\)都可以被表示成\(im-j(i \in [1,m],j\in [0,m])\)的形式

则原式可表示为$$A^{im-j} \equiv B(mod\ p)$$

\[A^{im}\equiv A^jB(mod\ p)
\]

实现

所以先将右边\(A^jB(j \in[0,m])\)预处理出来，存到\(hash\)表中。

然后枚举左边的\(i \in[1,m]\)计算出\(A^{im}\)，并在\(hash\)表中查询。

枚举\(i,j\)的复杂度都是\(\sqrt{\varphi(p)}\)，常数取决于\(hash\)表

有个细节的地方，一般我们都是要求\(x\)最小的，所以我们希望\(j\)更大，\(i\)更小。所以在往\(hash\)表中存的时候，保留更大的那个\(j\)。从小到大枚举\(i\)，遇到可行答案直接输出即可。

例题

luogu3846

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<bitset>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll
map<int,int>ma;
ll read() {
	ll x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9') {
		x=x*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}
int B,A,L,P;
int qm(int x,int y) {
	int ret = 1;
	for(;y;y >>= 1,x = 1ll * x * x % P)
		if(y & 1) ret = 1ll * x * ret % P;
	return ret;
}

signed main() {
	P = read(),A = read(),B = read();
	ma.clear();
	int m = ceil(sqrt(P));
	int now = B;
	for(int i = 0;i <= m;++i) {
		ma[now] = i + 1;
		now = 1ll * now * A % P;
	}
	now = 1;
	int ans = -1;
	int kk = qm(A,m);
	for(int i = 1;i <= m;++i) {
		now = 1ll * now * kk % P;
		if(ma[now]) {
			ans =i * m - ma[now] + 1;
			break;
		}
	}
	if(ans == -1) puts("no solution");
	else printf("%lld\n",ans);

	return 0;
}

扩展BSGS

\(BSGS\)算法有一定的局限性\((A,p\)互质\()\)。扩展\(BSGS\)可以处理\(A,p\)不互质的情况。

推导

我们已经会了\(A,p\)互质的情况，对于\(A,p\)不互质的情况，只要将转化为\(A,p\)互质即可。

令\(d=gcd(A,p)\)。

如果\(d\nmid B\)，那么要么\(B=1\),则答案为\(0\)。否则根据裴蜀定理一定无解。所以我们只要在一开始的时候特判一下\(B=1\)的情况。后面只要发现\(d\nmid B\)就可以说明无解。

所以现在我们假设\(d\mid B\)。

我们将\(A,B,P\)同时除以一个\(d\)。即

\[A^{x-1}\frac{A}{d} \equiv \frac{B}{d}(mod\ \frac{p}{d})
\]

然后重复此操作，直到\(d = 1\)

得到同余方程

\[A^{x-k}\frac{A^k}{\prod\limits_{i=1}^kd_i} \equiv \frac{B}{\prod\limits_{i=1}^kd_i}(mod\ \frac{p}{\prod\limits_{i=1}^kd_i})
\]

设\(p'=\frac{p}{\prod\limits_{i=1}^kd_i},B'=\frac{B}{\prod\limits_{i=1}^kd_i},C=\frac{A^k}{\prod\limits_{i=1}^kd_i},x'=x-k\)

原式就变为$$A^{x'}C\equiv B'(mod\ p')$$

然后就转化为了\(A,p'\)互质的情况，就可以用普通的\(BSGS\)做了。

例题

luogu4195

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<bitset>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll
map<int,int>ma;
ll read() {
	ll x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9') {
		x=x*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}
int A,B,P;
int gcd(int x,int y) {
	return !y ? x : gcd(y,x % y);
}
int qm(int x,int y) {
	int ans = 1;
	for(;y;y >>= 1,x = 1ll * x * x % P) {
		if(y & 1) ans = 1ll * ans * x % P;
	}
	return ans;
}

signed main() {
	// freopen("in.in","r",stdin);
	while(1) {
		ma.clear();
		A = read(),P = read(),B = read();
		if(!A and !B and !P) return 0;
		if(B == 1) {
			puts("0");continue;//特判掉b=1的情况
		}
		int bz = 0,C = 1,d = gcd(A,P),K = 0;
		while(d != 1) {
			if(B % d) {
				puts("No Solution");
				bz = 1;break;
			}
			P /= d;
			B /= d;
			++K;
			C = 1ll * C * (A / d) % P;
			d = gcd(A,P);
			if(B == C) {
				printf("%d\n",K);
				bz = 1;
				break;
			}
		}
		if(bz == 1) continue;
		int m = ceil(sqrt(P));
		int now = B;
		for(int i = 0;i <= m;++i) {
			ma[now] = i + 1;
			now = 1ll * now * A % P;
		}
		now = C;
		int ans = -1;
		int kk = qm(A,m);
		for(int i = 1;i <= m;++i) {
			now = 1ll * now * kk % P;
			if(ma[now]) {
				ans =i * m - ma[now] + 1 + K;
				break;
			}
		}
		if(ans == -1) puts("No Solution");
		else printf("%lld\n",ans);
	}

	return 0;
}