【扩展Baby Step Giant Step解决离散对数问题】(转自AC神牛。。。。)

这个我还是留在后面学吧。。。。有点小难。。。T_T.........

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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

要去做实验了，下午有空继续更新,下面是HDU 2815的代码

#include<iostream>
#include<map>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int ext_gcd(int a,int b,int& x,int& y){
    int t,ret;
    if (!b){x=1,y=0;return a;}
    ret=ext_gcd(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;
    ext_gcd(a,n,x,y);
    e=(LL)x*b%n;
    return e<0?e+n:e;
}
int pow_mod(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=pow_mod((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()
{
    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;
}


下面是POJ Clever Y的代码(Hash还是相当快的)

#include<iostream>
#include<map>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 65535;
struct hash{
    int a,b,next;
}Hash[maxn << 1];
int flg[maxn + 66];
int top,idx;
void ins(int a,int b){
    int k = b & maxn;
    if(flg[k] != idx){
        flg[k] = idx;
        Hash[k].next = -1;
        Hash[k].a = a;
        Hash[k].b = b;
        return ;
    }
    while(Hash[k].next != -1){
        if(Hash[k].b == b) return ;
        k = Hash[k].next;
    }
    Hash[k].next = ++ top;
    Hash[top].next = -1;
    Hash[top].a = a;
    Hash[top].b = b;
}
int find(int b){
    int k = b & maxn;
    if(flg[k] != idx) return -1;
    while(k != -1){
        if(Hash[k].b == b) return Hash[k].a;
        k = Hash[k].next;
    }
    return -1;
}
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int ext_gcd(int a,int b,int& x,int& y){
    int t,ret;
    if (!b){x=1,y=0;return a;}
    ret=ext_gcd(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;
    ext_gcd(a,n,x,y);
    e=(LL)x*b%n;
    return e<0?e+n:e;
}
int pow_mod(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){
    top = maxn; ++ idx; 
    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;
    }
    int M=(int)ceil(sqrt((double)C));
    for(buf=1%C,i=0;i<=M;buf=buf*A%C,++i)ins(i,buf);
    for(i=0,K=pow_mod((LL)A,M,C);i<=M;D=D*K%C,++i){
        tmp=Inval((int)D,B,C);int w ;
        if(tmp>=0&&(w = find(tmp)) != -1)return i*M+w+d;
    }
    return -1;
}
int main(){
    int A,B,C;
    while(scanf("%d%d%d",&A,&C,&B)!=EOF,A || B || C){
        B %= C;
        int tmp=BabyStep(A,B,C);
        if(tmp<0)puts("No Solution");else printf("%d\n",tmp);
    }
    return 0;
}