BSGS与二次剩余

BSGS

我们要求$a^x\equiv b(mod\ p)$中x的值，其中p为质数，或者a和p互质。
x可以写成：$x=i*k+j$，其中k为常数。
那么$a^{i*k+j}\equiv b$
$a^{i*k}\equiv a^{-j}*b(mod\ p)$
那么我们可以预处理每一个j的$a^{-j}*b$，存进set或者map里，然后枚举i，看看map里存不存在$a^{i*k}$。当$k=\sqrt{\varphi(p)}$的时候复杂度最优。
当p和a不互质的时候，可以先把他们的gcd除干净（两边同时除gcd(a,p)之后可能gcd(a,p/d)!=0）

二次剩余

我们要求$x^2\equiv a(mod\ p)$中x的值，其中$a<p$且a!=0，p为质数，p=2我们不讨论，0我们直接出解嘛。
如果a存在解，那么我们把a叫做模p意义下的二次剩余，否则为二次非剩余。
先来研究一些性质。
定理1：对于一个p，有(p-1)/2个二次剩余。
证明：$考虑所有的x^2，对于两个数0<x1,x2<p，如果他们的平方同余，那么p|(x1^2-x2^2)$，那么$p|(x1-x2)(x1+x2)$，$x1-x2$显然不能是p的倍数，那么x1+x2=p，这样，我们发现每个x的平方会和另一个x的平方同余，而且他们的和为p，由于只有p-1个x，那么$x^2$的值就只有(p-1)/2个。
定理2：若$a^{(p-1)/2}\equiv -1$，那么x不存在，若=1，那么x必定存在且有两个，记为x1,x2，其中x1+x2=p。
证明：若=-1，那么由原方程可以推出$x^{p-1}\equiv -1$，又有费马小定理$x^{p-1}\equiv 1$，矛盾，所以x不存在。后者就是定理一的内容。
定义一个数的勒让德符号$(\frac{a}{p})$他的取值有三个，1，-1，0，1代表a是p下的二次剩余，-1代表不是，0仅当a%p=0。那么易得$(\frac{a}{p})=a^{(p-1)/2}$。

好了，现在我们来求x：
如果a不是二次剩余，返回无解。
如果是，那么有一个可行的做法如下：
首先找到一个c，使得$c^2-a$的勒让德符号为-1，也即无法开根。
定义同余复数域，一个复数$v=(a+bi)$，其中$i=\sqrt{c^2-a}$，乘法等运算和通常意义上的复数一样。
有一个很强的结论：$x=(a+i)^{(p+1)/2}$
很简单粗暴，可以证明右边做完幂运算之后虚部为0。

我们来感受一下他
$x^2=(a+i)^{p+1}$
$=(a+i)(a+i)^p$
$=(a+i)\sum_{j=0..p}C_p^ja^j\ i^{p-j}$
当j=1..p-1的时候，组合数里都有一个p，所以
$\equiv(a+i)(a^p+i^p)$
$\equiv(a+i)(a^p+(c^2-a)^{(p-1)/2}i)$
$\equiv(a+i)(a^p-i)$
$\equiv(a+i)(a-i)$
$\equiv a$
做完了。