bsgs(大步小步算法)和exbsgs(扩展大步小步算法)学习小记

翻译：

bsgs:
baby steps,giant steps

bsgs：

解决以下问题：
有三个整数a,b,p，其中p是质数。

求最小的自然数x,使$a^x=b(modp)$。

根据费马小定理，$a^{p-1}=1(modp)$，所以只用考虑x=0~p-1

设$m=\sqrt{p}$，则x可以表示成$i\ast m+j(0<=i,j<m)$

$a^x=b(modp)$
$a^{i\ast m+j}=b(modp)$
$b\ast a^{-j}=a^{i\ast m}(modp)$

于是容易想到枚举$j$，用个hash表存一下$b\ast a^{-j}$

接着枚举$i$，判断hash表里有没有$a^{i\ast m}$就行了。

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补充2019.3.7

我们发现求逆元的话在p是质数的情况下还不算麻烦，但是对于exbsgs的话写一个exgcd显然是不划算的。

那么我们可以这么做：
设$m=\lceil \sqrt{n}\rceil$
$a^x=b$可以写成$a^{x\ast m-y}=b(x,y<=m)$
即$a^{x\ast m}=a^y\ast b$，这样就不用逆元了。

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裸题：
【SDOI2011】计算器

Code不放了，与exbsgs类似。

exbsgs：

p不是质数。

$a^x=b(modp)$

设$d=gcd(a,p)$

此时如果b不是d的倍数且b≠1,无解，如果b=1,x=0。

可以改写成：
$a^{x-1}\ast \frac{a}{d}=\frac{b}{d}(mod\frac{p}{d})$

此时a可能与$\frac{p}{d}$还不互质，那就一直取gcd，设取了k次，则最后式子是：
$a^{x-k}\ast \frac{a^k}{\prod d_i}=\frac{b}{\prod d_i}(mod\frac{p}{\prod d_i})$

此时互质了，直接套用bsgs，答案加个k就行了。

但是要注意一下x$<$k的情况，这个在之前的试除就可以判掉。

Code（【SDOI2011】计算器）：

裸题：
SPOJ MOD

Code：

#include
#include
#include
#define ll long long 
#define fo(i, x, y) for(ll i = x; i <= y; i ++)
using namespace std;

ll a, b, p;

ll ksm(ll x, ll y, const ll mo) {
	ll s = 1;
	for(; y; y /= 2, x = x * x % mo)
		if(y & 1) s = s * x % mo;
	return s;
}

ll gcd(ll x ,ll y) {
	return !y ? x : gcd(y, x % y);
}

map<ll, ll> h;

ll exbsgs(ll a, ll b, ll p) {
	if(b == 1) return 0;
	ll k = 0, d = 1, t;
	while((t = gcd(a, p)) != 1) {
		if(b % t) return -1;
		k ++, b /= t, p /= t, d = d * (a / t) % p;
		if(b == d) return k;
	}
	h.clear();
	ll m = sqrt(p * 1.0)+1, a_m = ksm(a, m, p);
	ll mul = b;
	fo(j, 1, m) {
		mul = mul * a % p;
		h[mul] = j;
	}
	fo(i, 1, m) {
		d = d * a_m % p;
		if(h[d]) return i * m - h[d] + k;
	}
	return -1;
}

int main() {
	while(1) {
		scanf("%lld %lld %lld", &a, &p, &b);
		if(a == 0 && b == 0 && p == 0) return 0;
		ll ans = exbsgs(a, b, p);
		if(ans == -1) printf("No Solution\n"); else printf("%lld\n", ans);
	}
}