BSGS算法

$\text{BSGS}$ 算法，全名 $\text{Baby Steps Giant Steps}$ ，用于解决高次同余问题。

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问题

给出 $a,b,p$ ，请求出最小的非负整数 $x$ ，满足 $a^x\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 。其中 $p$ 为质数。

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解法

$\text{BSGS}$ 板子题。

方法如下：

令 $x=im-j,m=\lceil \sqrt{p}\rceil$ ，则 $a^{im-j}\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 。
移项可得 $(a^m{)}^i\equiv b\times a^j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
首先，从 $0-m$ 枚举 $j$ ，将得到的 $b\times a^j$ 的值存入 $\text{hash}$ 表；
然后，从 $1-m$ 枚举 $i$ ，计算 $(a^m{)}^i$ ，查表，如果有值与它相等，那么这时找到的 $im-j$ 一定是最小值。

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备注

1. 为什么令 $m=\lceil \sqrt{p}\rceil$ ？
   $\because a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
   $\therefore 方程的最小非负整数解x\le \phi (p)$
   $\because \phi (p)<p$
   $\therefore x<p$
   所以枚举 $x$ 时上界设定为 $p$ 即可
   按照 $\text{BSGS}$ 算法的思想，显然此算法在 $m=\lceil \sqrt{p}\rceil$ 时效率最高。
   但是欧拉定理的使用是有前提限制的： $a,p$ 要互质。如果不满足这个条件，上面的证明也就是无鸡稽之谈。
   也就是说， $\text{BSGS}$ 算法只能在 $\gcd (a,p)=1$ 时使用。

2. $i,j$ 的枚举方式？
   首先我们要明确一点：枚举 $j$ 时 $b\times a^j$ 的值可能重复，这时我们要用当前较大的值取代之前的较小值。
   原因很简单： $j$ 越大，$im-j$ 越小嘛qwq
   在我们枚举到最小的满足题意的 $i$ 时，易知这时的 $im-j$ 一定是答案。
   为了保证 $x=im-j>0$ ，显然 $i$ 应该从 $1$ 开始枚举。

3. 时间复杂度
   看起来应该是 $\mathcal{O}(\sqrt{p})$ 的？
   不过如果你使用 map 作为哈希表，时间复杂度会乘上一个 $\log$ ，因为 map 是红黑树实现的

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实现

$\text{UPD on 2019/11/14 感觉还是要放个题233}$

方便起见这里直接给出一道模板题
$\mathrm{P}3846[\mathrm{T}\mathrm{J}\mathrm{O}\mathrm{I}2007]可爱的质数$
题意很明确，就是道板子题，下面就直接放代码了

#include<cstdio>
#include<cmath>
#define rep(i,l) for (int i=l; i<=m; ++i)
const int P=10003; int cnt,p,a,b,m,s,t,res=1,last[P];
struct node { int x,i,pre; }E[1<<16];
void add(int i,int x) { E[++cnt]=(node){i,x,last[i%P]}; last[i%P]=cnt; }
int find(int i) { //查哈希表
	for (int j=last[i%P]; j; j=E[j].pre) if (E[j].x==i) return E[j].i;
	return -1; //-1表示没有找到
}
int main() {
	scanf("%d%d%d",&p,&a,&b); m=ceil(sqrt(p)); //ceil向上取整
	s=b; rep(j,0) add(s,j),s=1ll*s*a%p; s=1; rep(j,1) s=1ll*s*a%p;
	rep(i,1) if (~(t=find(res=1ll*res*s%p))) return printf("%d\n",i*m-t),0;
	puts("no solution"); return 0;
}

毒瘤码风不要在意qwq
这里的哈希表是哈希+拉链法直接搞的，比map应该要快一些

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