bzoj1420/1319 Discrete Root
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【题解】
求x^A=B(mod P),其中P是质数。
考虑对两边取log,设g为P的原根。
Alog(x) = log(B) (mod P-1)
log(x)表示以g为底的log
那么log(B) = y,其中g^y = B (mod P),用BSGS求出即可。
我们要求的是x,不妨先求log(x),设ans=log(x)
那么A*ans + (P-1)*k = y。这是一个exgcd的形式,所以我们可以求出ans的所有解(由于相当于指数,所以必须小于P-1)
然后快速幂即可。
# include <map>
# include <math.h>
# include <stdio.h>
# include <assert.h>
# include <string.h>
# include <iostream>
# include <algorithm>
// # include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int M = 5e5 + ;
const int mod = 1e9+; # define RG register
# define ST static ll A, B, P, B0;
ll g, ans[M]; int ansn=; inline ll pwr(ll a, ll b, ll P) {
ll ret = ; a %= P;
while(b) {
if(b&) ret = ret * a % P;
a = a * a % P;
b >>= ;
}
return ret;
} ll y[M];
inline ll G(ll x) {
ll t = x; int nn = ;
for (int i=; i*i<=x; ++i) {
if(x%i) continue;
y[++nn] = i;
while(x%i == ) x/=i;
}
if(x != ) y[++nn] = x;
for (ll g=; ; ++g) {
bool flag = ;
for (int i=; i<=nn; ++i)
if(pwr(g, t/y[i], P) == ) {
flag = ;
break;
}
if(flag) return g;
}
} map<ll, int> mp;
inline ll BSGS(ll A, ll B, ll P) {
mp.clear();
int m = ceil(sqrt(1.0 * P));
ll t = B, g;
for (int i=; i<m; ++i) {
if(!mp[t]) mp[t] = i;
t = t * A % P;
}
g = pwr(A, m, P); t = g;
for (int i=, ps; i<=m+; ++i) {
if(mp.count(t)) return (ll)i*m - mp[t];
t = t * g % P;
}
return -;
} ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if(b == ) {
x = , y = ;
return a;
}
ll ret = exgcd(b, a%b, x, y), t;
t = x;
x = y;
y = t - (a/b) * y;
return ret;
} int main() {
cin >> P >> A >> B;
g = G(P-);
// cout << g << endl;
// x^A = B (mod P)
// A log_g(x) = log_g(B) (mod P-1)
B0 = BSGS(g, B, P);
assert(B0 != -);
// cout << B0 << endl;
ll tx, ty, GCD;
GCD = exgcd(A, P-, tx, ty);
if(B0 % GCD) {
puts("");
return ;
} ty = (P-)/GCD;
tx = (tx % ty + ty) % ty;
tx = (tx * B0/GCD) % ty;
while(tx < P-) {
ans[++ansn] = pwr(g, tx, P);
tx += ty;
}
sort(ans+, ans+ansn+); cout << ansn << endl;
for (int i=; i<=ansn; ++i)
printf("%lld\n", ans[i]);
return ;
}
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