例题  poj 2417bsgs  http://poj.org/problem?id=2417

这是一道bsgs题目,用bsgs算法,又称大小步(baby step giant step)算法,或者拔(b)山(s)盖(g)世(s)算法,或者北(b)上(s)广(g)深(s)算法。。。

题目大意就是

给定a,b,p,求最小的非负整数x,满足  ax ≡ b(mod p)

先令 x = i*m-j,其中 m=ceil(sqrt(p)),ceil是向上取整。

这样原式就变为     ai*m-j = b (mod p),

移项就变成了        ai*m = b*aj (mod p)

枚举j (范围0-m) ,将 b*aj  存入hash表。

枚举i (范围1-m) ,从hash表中寻找第一个满足ai*m = b*aj  (mod p)。

此时   x = i*m-j  就是所要求的。

那么为什么只计算到 m=ceil(sqrt(q))  就可以确定答案呢?

因为 x = i*m-j , 所以x 的最大值不会超过p

a(k mod p-1) = ak (mod p)  证明这个公式,(需要用到费马小定理)

k mod p-1 就是 k-m(p-1) ,原式就变成了 ak-m(p-1) ≡ ak (mod p)

再变一步  a/ am(p-1) ≡ ak (mod p)

这时让 am(p-1) ≡ 1 (mod p) 就行了。

由费马小定理知: 当p为质数且 (a,p) = 1 时 ap-1 ≡ 1 (mod p)

所以推出 p 为质数 且 (a,p)=1 这个条件, 所以 a(k mod p-1) ≡ a (mod p)

所以:如果枚举 x 的话枚举到 p 即可。

所以使 im−j<=p , 即 m=⌈√p⌉ , i,j 最大值也为m。

这是代码,结合上面的看

 #include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cmath> using namespace std;
typedef long long ll; map<ll,int>mp;
ll p,a,b;
ll n,m,now,ans,t;
bool flag; ll fast_pow(ll x)
{
ll sum = ;
ll aa = a;
while (x>)
{
if (x&)
sum = (sum*aa)%p;
x = x>>;
aa = (aa*aa)%p;
}
return sum;
}
int main()
{
while(scanf("%lld%lld%lld",&p,&a,&b)!=EOF)
{
if(a%p==)
{
printf("no solution\n");
continue;
}
mp.clear();
m = ceil(sqrt(p));
flag = false ;
now = b%p; //b*a^j 当j==0时
mp[now] = ;
for(int i=;i<=m;++i)
{
now = (now*a)%p;
mp[now] = i;
}
t = fast_pow(m);
now = ;
for(int i=;i<=m;++i) //枚举 (a^m)^i
{
now = (now*t)%p;
if(mp[now])
{
flag = true;
ans = i*m-mp[now];
printf("%lld\n",(ans%p+p)%p); //printf("%lld\n",(ans%p+p)%p);
break;
}
}
if(!flag) printf("no solution\n");
}
return ;
}

bsgs

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