这题的主要难点在于第三问该如何解决

于是就要知道BSGS是怎样的一种方法了

首先BSGS是meet in the middle的一种(戳下面看)

http://m.blog.csdn.net/blog/zentropy/11200099

看完链接后再看以下内容

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

对于一个质数$p$我们由费马小定理知道$y^{x}mod p$最多$(p-1)$次便是一个循环节

因此如果有解$x$一定在$0$到$p-1$中

所以我们只需知道$x$取$0$到$p-1$是否有解即可

根据meet in the middle 的思想 令$m=\sqrt{p-1}$

那么我们仅需先求出 $x$为$0$到$m-1$的(如果有解这里就退出)

然后再求出 $x$为$m,2m,3m……nm(nm \leq p-1)$

分别询问$y^0$到$y^{m-1}$中是否有和$y^{km}$乘起来$=z(modp)$的

然而显然我们这个操作直接做的话 是$\sqrt{n}*\sqrt{n}=n$的

所以学过逆元怎么求了之后可以将$y^{km}(modp)$意义下的逆元与z相乘

然后再询问$y^0$到$y^{m-1}$中有没有与它相等的即可

这样去做就是$\sqrt{n}$*hash的复杂度

有手动hash技巧的话 hash复杂度可以看做1

比较懒的话 直接用map来hash就是$\log{(n)}$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<int,int> mp;
int solve1(int x,int y,int mod)
{
long long t=x,re=;
while(y)
{
if(y&)
re=re*t%mod;
t=t*t%mod;
y>>=;
}
return (int)re;
}
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(!b)
{
x=;
y=;
return a;
}
int t,d;
d=exgcd(b,a%b,x,y);
t=x;
x=y;
y=t-(a/b)*x;
return d;
}
void solve2(int y,int z,int p)
{
int x,yy;
int d=exgcd(y,p,x,yy);
if(z%d)
{
puts("Orz, I cannot find x!");
return;
}
x=(long long)x*(z/d)%p;
x=(x<?x+p:x);
printf("%d\n",x);
}
bool solve3(int y,int z,int p)
{
// if(z>=p)
// return 0;
y%=p;
if(!y)
{
if(z)
return ;
puts("");
return ;
}
mp.clear();
int m=ceil(sqrt(p-));
long long t=;
for(int i=;i<m;++i)
{
if(t==z)
{
printf("%d\n",i);
return ;
}
if(!mp[t])
mp[t]=i+;
else
return ;
t=t*y%p;
}
int inv=solve1(y,p--m,p);
t=z;
for(int i=m;i<=p-;i+=m)
{
t=t*inv%p;
if(mp[t])
{
printf("%d\n",i+mp[t]-);
return ;
}
}
return ;
}
int main()
{
int t,ca,y,z,p;
scanf("%d%d",&t,&ca);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d",&y,&z,&p);
if(ca==)
printf("%d\n",solve1(y,z,p));
else if(ca==)
solve2(y,z,p);
else if(ca==)
if(!solve3(y,z,p))
puts("Orz, I cannot find x!");
}
return ;
}

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