每日小结2 baby-step_giant_step

维基百科：baby-step_giant_step

名字已经暗示了算法的精髓。感觉和桶计数很像。就是把小单位合并。用大单位和小单位一起精确查找。和杭州网络赛的中值滤波很像呀。

aⁿ==b(mod c)  给定你n的范围。可能很大。但是由数论的知识知道n<=c.

简单论述一下啊：

{aⁿ},n~1,2,3... 可以看成a的生成群。其实也不是严格的。严格的a必须与c互质才行。因为不互质的话，a是没有逆元的。再次对上句话进行证明。（ps：为啥我老是证明呢。因为我刚学。很多东西都不能像加减乘除那样一眼看出来。还有可能是反应慢吧。反正就是喜欢证明。不证明的话用起来没底，也不想用。）我们都知道ax+by=c有解的充分必要条件是gcd(a,b)|c;这个的证明可以化为基本的加减乘除了。可以方程两边同时除以gcd(a,b).这样左边是整数，右边如果gcd（a，b）不能整除c的话就是分数，显然无解。 所以如果a和c不互质的话，a*x+c*y==1无解的。所以a无逆元。没有逆元就不能叫群了。以上可以不用了解。我们目的是证明n<=c.直观来看，a ⁿ在0到c-1变化（是显然的）。这样数列aⁿ就肯定是个周期数列（抽屉原理）。通过数学归纳法，可以严格证明周期是存在的。且一定小于等于n。

 

知道了大概n的范围了。但是n有可能在10的10此方左右。一般程序10⁸方是可以忍受的。所以直接枚举肯定不行。但sqrt（10¹⁰）就很小了。baby-step_giant_step就是利用了这个复杂度的算法。aⁿ=a^m*i-j,则a^m*i-j==b(mod c)<==>a^m*i==b*a^j(mod c);i和j的范围都是m，m=sqrt（n）；

 

在判断是否存在j的时候，用二分，可以在logm时间内查找出。这样的话，总的时间复杂度sqrt（n）*log（sqrt（n））.维基百科说有O（1）的hash。应该是很牛的hash吧。有待研究呀。

 

写了个测试小程序。输入a，b，c，d（n的范围）; 输出最小的非负n。

 

#include <iostream> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 100000 #define ll long long struct baby{ ll r; int m; bool operator <(const baby &a)const { if(r==a.r) return m<a.m; return r<a.r; } void set(ll a,int b){ r=a,m=b; } } baby_step[40000]; ll gaint_step; ll a,b,c; int find(ll s,int m){ int h=0, t=m, mid; while(h<=t){ mid=(h+t)/2; if(baby_step[mid].r<s){ h=mid+1; } else if(baby_step[mid].r>s) t=mid-1; else return mid; } return -1; } int main(){ ll t=1; int j,ans,d,lim; while(cin>>a>>b>>c>>d){ lim=int(sqrt(1.0*d)); t=1; ans=-1; for(int i=0; i<lim; ++i){ baby_step[i].set((t*b)%c,i); t*=a; t%=c; } sort(baby_step,baby_step+lim); gaint_step=t; for(int i=1; i<=lim+1; ++i){ if((j=find(t,lim-1))!=-1){ ans=i*lim-baby_step[j].m; break; } t*=gaint_step; t%=c; } if(ans==-1) cout<<"NO"<<endl; else cout<<ans<<endl; } return 0; }

////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////更新

http://hi.baidu.com/pojoflcc/blog/item/78bbd24b7d5d732908f7effa.html在这个blog上看到了这句话：

经过AekdyCoin教导 发现这个算法当a和n不互质的时候会死 因为没有逆元 i*m-j不能随便减

上面我讨论过群的概念。但是这一点却没有想到。当a和c有公约数时，我的测试程序会出错的。这个是为什么呢。我来举个例子。

a=4，c=12，b=1；容易知道aⁿ==4（mod 12）那么如果4²==4，我的程序会认为4==1.那么前面的推导a^m*i-j==b(mod c)<==>a^m*i==b*a^j(mod c)是错的。a^m*i-j==b(mod c)==>a^m*i==b*a^j(mod c)是可以的。但a^m*i-j==b(mod c)<==a^m*i==b*a^j(mod c)是缺乏根据的。这些也可以用基本的加减乘除运算推演。如果抽象一点的话，可以说。ａ和ｃ不互质，则ａ不是Ｚ_ｃ^×里的元素，不存在除法运算。

看了上面blog后面的分析，没怎么看懂。。。想了下，可以这样的，就是把a和c的gcd找到，然后除一下。如果b不能整除，那么肯定无解。然后就可以继续按照上文做了。

////////////////////////////////////更新中 修改了前面代码的bug  

下面代码在poj上实验可以的。

#include <iostream> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 100000 #define ll long long int lim; int gcd(int a,int b){ if(!b) return a; else return gcd(b,a%b); } struct baby{ ll r; int m; bool operator <(const baby &a)const { if(r==a.r) return m<a.m; return r<a.r; } void set(ll a,int b){ r=a,m=b; } } baby_step[40000]; ll gaint_step; ll a,b,c; int find(ll s,int m){ int h=0, t=m, mid; while(h<=t){ mid=(h+t)/2; if(baby_step[mid].r<s){ h=mid+1; } else if(baby_step[mid].r>s) t=mid-1; else { int i; for( i=mid+1; i<lim&&baby_step[i].r==s; ++i); return i-1; } } return -1; } int main(){ ll t=1; int j,ans,d; while(cin>>a>>c>>b){ d=c; if(a==0&&b==0&&c==0) break; if(c==1) {if(b==0) ans=0; goto L;} if(a==0) {if(c==0) ans=0; goto L;} if(b==1) { ans=0; goto L;} lim=int(sqrt(1.0*d)); t=1; ans=-1; if(b%gcd(a,c)) goto L; for(int i=0; i<lim; ++i){ baby_step[i].set((t*b)%c,i); t*=a; t%=c; } sort(baby_step,baby_step+lim); gaint_step=t; for(int i=1; i<=lim+1; ++i){ if((j=find(t,lim-1))!=-1){ ans=i*lim-baby_step[j].m; break; } t*=gaint_step; t%=c; } L: if(ans==-1) cout<<"No Solution"<<endl; else cout<<ans<<endl; } return 0; }