(扩展)BSGS与高次同余方程

前言：

今天更BSGS算法。俗称大步小步算法(Big-Step G…-Step)，又称拔山盖世、北上广深、白色狗屎 。
 
 

问题：

求解指数同余方程：$a^x\equiv b(modp)$的最小自然数解。
 
 

BSGS算法：模板题

这个算法只考虑$gcd(a,p)=1$的情况。
 
那么，怎么做呢。
其实做法很简单，就是枚举。
 
先来一种暴力枚举。
就是枚举$x$从$[0,p-1]$,然后检验答案是否正确。
知道欧拉定理的应该知道只要枚举到$\phi (p)-1$，但$p$为质数时欧拉函数仍为$p-1$。
看过阶与原根的应该知道只要枚举到$p$的阶即可，但算$p$的阶仍然要暴力去枚举。
所以这里只要一个一个枚举过去便好。
 
但是$o(p)$的暴力枚举配不上这么高大上的名字，所以还有优化的余地。
我们可以考虑折半枚举。
怎么折半，就是这个算法的精髓了。
我们令$x=kn+i$，其中$n$为我们设置的一个定值，$k$和i$i$均为变量。
这样原式就变为$a^{kn+i}\equiv b(modp)$。
由于$gcd(a,p)=1$，我们可以将$a^i$的逆元乘到右边，变成$a^{kn}\equiv b(a^i{)}^{-1}(modp)$。
这样我们可以枚举所有的$i$，将其对应右边的值存入哈希表(也可用unordered_map)。然后枚举$k$的过程中，去表中找满足的$i$，找到后$kn+i$就是答案。当然因为要找最小的，枚举过程中动点手脚就好了。
那么这个$n$的设置嘛，利用分块的思想，$n$设为$\sqrt{p}$就好了，这样$k$只用枚举到$\sqrt{p}$，$i$也只用枚举到$\sqrt{p}$。总的复杂度为$\sqrt{n}$。

上代码：

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;

ll fpow(ll a,ll n,ll mod)
{
   
    ll sum=1,base=a%mod;
    while(n!=0)
    {
   
        if(n%2)sum=sum*base%mod;
        base=base*base%mod;
        n/=2;
    }
    return sum;
}

ll ex_gcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y)
{
   
    if(b==0)
    {
   
        x=1;y=0;
        return a;
    }
    ll ans=ex_gcd(b,a%b,x,y);
    ll tmp=x;
    x=y;
    y=tmp-a/b*y;
    return ans;
}

ll inv