『高次同余方程 Baby Step Giant Step算法』

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<正文>

高次同余方程

一般来说，高次同余方程分\(a^x \equiv b(mod\ p)\)和\(x^a \equiv b(mod\ p)\)两种，其中后者的难度较大，本片博客仅将介绍第一类方程的解决方法。

给定\(a,b,p\)，其中\(gcd(a,p)=1\)，求方程\(a^x \equiv b(mod\ p)\)的最小非负整数解。

普通分析和朴素算法

先介绍一下欧拉定理：

如果正整数\(a\)，\(p\)互质，则\(a^{\phi(p)}\equiv1(mod\ p)\)。

注意到题中所给的条件符合欧拉定理的前提条件，所以我们得知\(a^{\phi(p)}\equiv 1(mod\ p)\)，又因为\(\phi(p)\leq p-1\)，\(a^0\equiv 1(mod\ p)\)，所以在\(0\)到\(p-1\)范围内，模\(p\)意义下\(a\)的幂一定形成了至少一次循环。也就是说，我们只要在\(0\)到\(p-2\)范围内枚举解\(x\)，就一定能找到解，用快速幂判断即可求解该方程，时间复杂度\(O(plog_2p)\)。

Baby Step Giant Step算法

对于求解该类高次同余方程，\(Baby\ Step\ Giant\ Step\)可以优化枚举算法，在\(O(\sqrt p)\)的时间内求解该方程。

我们设解\(x=i*t-j\)，其中\(0\leq j \leq t-1\)，则方程为\(a^{i*t+j}\equiv b(mod\ p)⇔(a^t)^i\equiv b*a^j(mod\ q)\)。

对于所有的\(j\in[0,t-1]\)，将\(b*a^j\ mod\ p\)的值插入\(hash\)表。

枚举\(i\)的所有可能取值\([0,\frac{p}{t}]\)，计算出\((a^t)^i\ mod\ p\)的值，并在\(hash\)表中检索该值，如果该值存在，就可以用\(i*t-j\)更新答案。

该算法可以保证枚举到\(x\)在\([0,p-2]\)范围内的每一种情况，其时间复杂度为\(O(\frac{p}{t}+p)\)，该函数为经典的对勾函数，当参数\(t\)取\(\sqrt p\)时，其函数值最小，保证其时间复杂度为\(O(\sqrt p)\)。

以下给出求解方程最小非负整数解的程序，无解时返回\(-1\)。

\(Code:\)

inline long long Baby_Step_Giant_Step(long long a,long long b,long long p)
{
    map < long long , long long > hash;hash.clear();
    b%=p;long long t=(long long)sqrt(p)+1,mul=1;
    for (int j=0;j<t;j++)
    {
        hash[ mul * b % p ] = j;
        mul = mul * a % p;
    }
    if (a%p==0)return b==0 ? 1 : -1;
    a = 1;
    for (int i=0;i<=t;i++)
    {
        long long j = ( hash.find(a) != hash.end() ? hash[a] : -1 );
        if (j>=0&&i*t-j>=0)return i*t-j;
        a = a * mul % p;
    }
    return -1;
}

计算器

Description

你被要求设计一个计算器完成以下三项任务：

1、给定y,z,p,计算Y^Z Mod P 的值；

2、给定y,z,p，计算满足xy≡ Z ( mod P )的最小非负整数；

3、给定y,z,p，计算满足Y^x ≡ Z ( mod P)的最小非负整数。

Input Format

输入包含多组数据。

第一行包含两个正整数T,K分别表示数据组数和询问类型（对于一个测试点内的所有数据，询问类型相同）。

以下行每行包含三个正整数y,z,p，描述一个询问。

Output Format

对于每个询问，输出一行答案。对于询问类型2和3，如果不存在满足条件的，则输出“Orz, I cannot find x!”，注意逗号与“I”之间有一个空格。

Sample Input

3 1
2 1 3
2 2 3
2 3 3

Sample Output

2
1
2

解析

同余方程模板题。对于询问\(1\)，快速幂解决，对于询问\(2\)，扩展欧几里得算法解决，对于询问\(3\)，\(BSGS\)算法解决。

对于第三个任务，一个细节要注意的是，题中保证了\(p\)为质数，却没保证\(a\)不是\(p\)的倍数。所以要特判\(a\)为\(p\)倍数的情况。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mset(name,val) memset(name,val,sizeof name)
long long t,k;
inline void input(void)
{
    scanf("%lld%lld",&t,&k);
}
inline long long power(long long a,long long b,long long p)
{
    long long res=1;
    while (b)
    {
        if (1&b)res*=a,res%=p;
        b>>=1;
        a*=a,a%=p;
    }
    return res;
}
inline long long Exeuclid(long long a,long long &x,long long b,long long &y,long long c)
{
    if (b==0){x=c/a,y=0;return a;}
    else
    {
        long long p=Exeuclid(b,x,a%b,y,c);
        long long x_=x,y_=y;
        x=y_;y=x_-a/b*y_;
        return p;
    }
}
inline long long Euclid(long long a,long long b)
{
    return b ? Euclid(b,a%b) : a;
}
inline long long Baby_Step_Giant_Step(long long a,long long b,long long p)
{
    map < long long , long long > hash;hash.clear();
    b%=p;long long t=(long long)sqrt(p)+1,mul=1;
    for (int j=0;j<t;j++)
    {
        hash[ mul * b % p ] = j;
        mul = mul * a % p;
    }
    if (a%p==0)return b==0 ? 1 : -1;
    a = 1;
    for (int i=0;i<=t;i++)
    {
        long long j = ( hash.find(a) != hash.end() ? hash[a] : -1 );
        if (j>=0&&i*t-j>=0)return i*t-j;
        a = a * mul % p;
    }
    return -1;
}
inline void solve(void)
{
    long long y,z,p;
    for (int i=1;i<=t;i++)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&y,&z,&p);
        if (k==1)
            printf("%lld\n",power(y,z,p));
        if (k==2)
        {
            if (z%Euclid(y,p))
            {
                printf("Orz, I cannot find x!\n");
                continue;
            }
            long long x_,y_;
            Exeuclid(y,x_,p,y_,z);
            printf("%lld\n",(x_%p+p)%p);
        }
        if (k==3)
        {
            long long ans=Baby_Step_Giant_Step(y,z,p);
            if (ans==-1)
                printf("Orz, I cannot find x!\n");
            else printf("%lld\n",ans);
        }
    }
}
int main(void)
{
    input();
    solve();
    return 0;
}

ExBSGS算法

顾名思义，该算法就是\(Baby\ Step\ Giant\ Step\)的拓展。对于方程\(a^x\equiv b(mod\ p)\)，当\(a,p\)不互质的时候，我们可以使用该算法进行求解。

不难发现，当互质条件失去后，无解的情况也随之增加。经过严格的数学证明可以得到：当\(gcd(a,p)\not|b\)且\(b\not=1\)时，该方程无自然数解(转换成扩欧方程的有解性判定，由裴蜀定理可得)。

\(b=1\)的情况是需要特判的，\(x\)最小非负整数解为\(0\)。除了无解和该情况以外，我们可以用如下方法求解：

令\(d=gcd(a,p)\)，将原式转换为 :$$a^{x-1}\ \frac{a}{d}\ \equiv \ \frac{b}{d}\ (mod\ \frac{p}{d})$$

设\(x_1=x-1,k_1=\frac{a}{d},b_1=\frac{b}{d},p_1=\frac{p}{d}\)，则

\[k_1*a^{x_1}\equiv b_1(mod\ p_1)
\]

若能够求解该方程，则原方程的解\(x=x_1+1\)。

记录下\(k\)，则这个方程的结构是可以进行同样的操作的。如此，不断缩小模数\(p\)，直到\(gcd(a,p)=1\)，得到方程$$k_1k_2...k_na^{x_n}\equiv b_n(mod\ p_n)$$

其中，\(gcd(a_n,p_n)=1\)。

令\(k=\prod_{i=1}^{n}k_i\)，则$$k*a^{x_n}\equiv b_n(mod\ p_n)$$

直接使用\(BSGS\)算法求解该方程，则原方程的解\(x=x_n+n\)。

\(Code:\)

inline long long ExBSGS(long long a,long long b,long long p)
{
    if (b==1)return 0;
    long long cnt=0,d,k=1;
    while ( ( d=Euclid(a,p) ) ^ 1 )
    {
        if (b%d)return -1;
        b/=d,p/=d,++cnt;
        k = k * (a/d) % p;
        if (k==b)return cnt;
    }
    unordered_map < long long , long long > Hash;Hash.clear();
    long long t=(long long)sqrt(p)+1,mul=1;
    for (int j=0;j<t;j++)
    {
        Hash[ mul * b % p ] = j;
        mul = mul * a % p;
    }
    for (int i=0;i<=t;i++)
    {
        long long j = ( Hash.find(k) != Hash.end() ? Hash[k] : -1 );
        if (j>=0&&i*t-j+cnt>=0)return i*t-j+cnt;
        k = k * mul % p;
    }
    return -1;
}

---

<后记>