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【普通Baby Step Giant Step】
【问题模型】
求解
A^x = B (mod C) 中 0 <= x < C 的解,C 为素数
【思路】
我们可以做一个等价
x = i * m + j ( 0 <= i < m, 0 <=j < m) m = Ceil ( sqrt( C) )
而这么分解的目的无非是为了转化为:
(A^i)^m * A^j = B ( mod C)
之后做少许暴力的工作就可以解决问题：
(1) for i = 0 -> m, 插入Hash (i, A^i mod C)
(2) 枚举 i ,对于每一个枚举到的i,令 AA = (A^m)^i mod C
我们有
AA * A^j = B (mod C)
显然AA,B,C均已知，而由于C为素数,那么(AA,C)无条件为1
于是对于这个模方程解的个数唯一(可以利用扩展欧几里得或 欧拉定理来求解)
那么对于得到的唯一解X,在Hash表中寻找,如果找到，则返回 i * m + j
注意:由于i从小到大的枚举,而Hash表中存在的j必然是对于某个剩余系内的元素X 是最小的(就是指标)
所以显然此时就可以得到最小解
如果需要得到 x > 0的解，那么只需要在上面的步骤中判断 当 i * m + j > 0 的时候才返回
到目前为止，以上的算法都不存在争议,大家实现的代码均相差不大。可见当C为素数的时候，此类离散对数的问题可以变得十分容易实现。
【扩展Baby Step Giant Step】
【问题模型】
求解
A^x = B (mod C) 中 0 <= x < C 的解,C 无限制(当然大小有限制……)
【写在前面】
这个问题比较麻烦，目前网络上流传许多版本的做法，不过大部分已近被证明是完全错误的！
这里就不再累述这些做法，下面是我的做法(有问题欢迎提出)
下面先给出算法框架，稍后给出详细证明:
(0) for i = 0 -> 50 if(A^i mod C == B) return i O(50)
(1) d<- 0 D<- 1 mod C
while((tmp=gcd(A,C))!=1)
{
if(B%tmp)return -1; // 无解!
++d;
C/=tmp;
B/=tmp;
D=D*A/tmp%C;
}
(2) m = Ceil ( sqrt(C) ) //Ceil是必要的 O(1)
(3) for i = 0 -> m 插入Hash表(i, A^i mod C) O( m)
(4) K=pow_mod(A,m,C)
for i = 0 -> m
解 D * X = B (mod C) 的唯一解 (如果存在解，必然唯一!)
之后Hash表中查询,若查到(假设是 j)，则 return i * m + j + d
否则
D=D*K%C,继续循环
(5) 无条件返回 -1 ;//无解!
下面是证明:
推论1:
A^x = B(mod C)
等价为
A^a * A^b = B ( mod C) (a+b) == x a,b >= 0
证明:
A^x = K * C + B (模的定义)
A^a * A^b = K*C + B( a,b >=0, a + b == x)
所以有
A^a * A^b = B(mod C)
推论 2:
令 AA * A^b = B(mod C)
那么解存在的必要条件为: 可以得到至少一个可行解 A^b = X (mod C)
使上式成立
推论3
AA * A^b = B(mod C)
中解的个数为 (AA,C)
由推论3 不难想到对原始Baby Step Giant Step的改进
For I = 0 -> m
For any solution that AA * X = B (mod C)
If find X
Return I * m + j
而根据推论3,以上算法的复杂度实际在 (AA,C)很大的时候会退化到几乎O(C)
归结原因，是因为(AA,C)过大，而就是(A,C)过大
于是我们需要找到一中做法，可以将(A,C)减少，并不影响解
下面介绍一种“消因子”的做法
一开始D = 1 mod C
进行若干论的消因子,对于每次消因子
令 G = (A,C[i]) // C[i]表示经过i轮消因子以后的C的值
如果不存在 G | B[i] //B[i]表示经过i轮消因子以后的B的值
直接返回无解
否则
B[i+1] = B[i] / G
C[i+1] = C[i] / G
D = D * A / G
具体实现只需要用若干变量,细节参考代码
假设我们消了a'轮(假设最后得到的B,C分别为B',C')
那么有
D * A^b = B' (mod C')
于是可以得到算法
for i = 0 -> m
解 ( D* (A^m) ^i ) * X = B'(mod C')
由于 ( D* (A^m) ^i , C') = 1 (想想为什么？)
于是我们可以得到唯一解
之后的做法就是对于这个唯一解在Hash中查找
这样我们可以得到b的值,那么最小解就是a' + b !!
现在问题大约已近解决了，可是细心看来，其实还是有BUG的，那就是
对于
A^x = B(mod C)
如果x的最小解< a',那么会出错
而考虑到每次消因子最小消 2
故a'最大值为log(C)
于是我们可以暴力枚举0->log(C)的解，若得到了一个解，直接返回
否则必然有 解x > log(C)
PS.以上算法基于Hash 表,如果使用map等平衡树维护，那么复杂度会更大
| 2011-09-09 20:49:03 |
Accepted |
2815 |
296MS |
852K |
1495 B |
G++ |
Tiramitu |
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long LL;
int gcd(int a,int b)
{
return b?gcd(b,a%b):a;
}
int extgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
int t,ret;
if(!b)
{
x=1,y=0;
return a;
}
ret=extgcd(b,a%b,x,y);
t=x,x=y,y=t-a/b*y;
return ret;
}
int Inval(int a,int b,int n)
{
int x,y,e;
extgcd(a,n,x,y);
e=(LL)x*b%n;
return e<0?e+n:e;
}
int powmod(LL a,int b,int c)
{
LL ret=1%c;
a%=c;
while(b)
{
if(b&1)
ret=ret*a%c;
a=a*a%c;
b>>=1;
}
return ret;
}
int babystep(int A,int B,int C)
{
map<int,int>Hash;
LL buf=1%C,D=buf,K;
int i,d=0,tmp;
for(i=0;i<=100;buf=buf*A%C,i++)
if(buf==B)
return i;
while((tmp=gcd(A,C))!=1)
{
if(B%tmp) return -1;
d++;
C/=tmp;
B/=tmp;
D=D*A/tmp%C;
}
Hash.clear();
int M=(int)ceil(sqrt((double)C));
for(buf=1%C,i=0;i<=M;buf=buf*A%C,i++)
if(Hash.find((int)buf)==Hash.end())
Hash[(int)buf]=i;
for(i=0,K=powmod((LL)A,M,C);i<=M;D=D*K%C,i++)
{
tmp=Inval((int)D,B,C);
if(tmp>=0&&Hash.find(tmp)!=Hash.end()) return i*M+Hash[tmp]+d;
}
return -1;
}
int main(void)
{
int A,B,C;
while(scanf("%d %d %d",&A,&C,&B)!=EOF)
{
if(B>=C)
{
puts("Orz,I can’t find D!");
continue;
}
int tmp=babystep(A,B,C);
if(tmp<0)
puts("Orz,I can’t find D!");
else printf("%d\n",tmp);
}
return 0;
}
