一、离散对数

给定 \(a,b,m\),存在一个 \(x\),使得

\(\displaystyle a^x\equiv b\pmod m\)

则称 \(x\) 为 \(b\) 在模 \(m\) 意义下以 \(a\) 为底的 离散对数

二、BSGS

离散对数:求解关于 \(x\) 的方程 \(a^x\equiv b\pmod m\)。

基本思想:(假设 \(\gcd(a,m)=1\),那么 \(a\) 在模 \(m\) 意义下存在逆元)

考虑类似分块的一个想法。首先设定一个常量 \(t\)。

设 \(x=qt+r\)(\(0\leq r<t\)),预处理所有 \(a^{qt}\) 模 \(m\) 的值,存到 Hash 表 / map 中。询问时,枚举 \(r\),因为 \(a^{qt+r}\equiv b\pmod m\Leftrightarrow a^{qt}\equiv b\cdot a^{-r}\pmod m\),所以判断是否存在 \(a^{qt}\equiv b\cdot a^{-r}\pmod m\) 即可。

预处理的复杂度为 \(\mathcal{O}(\frac{m}{t})\),单次询问的复杂度为 \(\mathcal{O}(t)\)。取 \(t=\sqrt{m}\),则复杂度为 \(\mathcal{O}(\sqrt{m})\)。

用 map 会多一个 \(\log\)。

不同的写法:如果不想求 \(a^{-r}\),设 \(x=qt-r\)(\(0\leq q,r<t\)), \(a^{qt-r}\equiv b\pmod m\Leftrightarrow a^{qt}\equiv b\cdot a^r\pmod m\),预处理 \(b\cdot a^r\) 模 \(m\) 的值,枚举 \(q\),判断是否能找到对应的 \(r\)。

//Luogu P3846
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
map<int,int>mp;
int a,b,p,ans;
int mul(int x,int n,int mod){
int ans=mod!=1;
for(x%=mod;n;n>>=1,x=x*x%mod)
if(n&1) ans=ans*x%mod;
return ans;
}
int BSGS(int a,int b,int p){ //设 x=qt-r,预处理 b*(a^r)%p,枚举 q,判断是否存在 a^{qt}%p=b*{a^r}%p
a%=p,b%=p,mp.clear();
if(!a) return !b?0:-1;
int t=ceil(sqrt(p)),x=b;
for(int i=0;i<=t;i++) mp[x]=i,x=x*a%p; //枚举 r,预处理 b*(a^r)%p 的值
a=mul(a,t,p),x=a;
for(int i=1;i<=t;i++){ //枚举 q
if(mp.count(x)) return i*t-mp[x]; //判断是否能找到对应的 r。若找到了,则 x=qt-r 为 x 的一个解
x=x*a%p;
}
return -1;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld%lld",&p,&a,&b);
ans=BSGS(a,b,p);
if(~ans) printf("%lld\n",ans);
else puts("no solution");
return 0;
}

二、exBSGS

求解关于 \(x\) 的方程 \(a^x\equiv b\pmod m\)。\(m\) 可取任意数。

BSGS:\(\gcd(a,m)=1\),\(a\) 在模 \(m\) 意义下存在逆元,可令等式右侧出现 \(a\) 的幂次。

扩展 BSGS:考虑 \(\gcd(a,m)\neq 1\) 的情况。一个想法是,将它转化为 \(\gcd(a,m)=1\)。

设 \(d=\gcd(a,m)\)。\(a^x\equiv b\pmod m\Leftrightarrow a^x+km=b\),根据裴蜀定理,方程有解当且仅当 \(\gcd(a,m)\mid b\)。所以,若 \(d\nmid b\),则原方程无解。

否则,令方程两边同时除以 \(d\),得:

\(\displaystyle\frac{a}{d}\cdot a^{x-1}+k\cdot\frac{m}{d}=\frac{b}{d}\)

此时,若 \(\gcd(a,m)\neq 1\),则令 \(x'=x-1,m'=\frac{m}{d},b'=\frac{b}{d}\),重复上述步骤,于是可以一直做下去,直到 \(\gcd(a,m')=1\)。

不妨设重复了 \(g\) 次,每次求得的 \(d=\gcd(a,m')\) 分别为 \(d_1,d_2,\cdots,d_g\)。记 \(\prod_{i=1}^g d_i =D\),原式就是:

\(\displaystyle\frac{a^g}{D}\cdot a^{x-g}\equiv \frac{b}{D}\pmod {\frac{m}{D}}\)

那么就令 \(a'=a,b'=\frac{b}{D},m'=\frac{m}{D}\),跑一遍 BSGS 即可(在枚举 \(a^{qt}\) 判断时乘上 \(\frac{a^g}{D}\),对应代码中的 ad。最后答案加上 \(g\) 就行了)。

//Luogu P4195
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
map<int,int>mp;
int a,b,p,ans;
int mul(int x,int n,int mod){
int ans=mod!=1;
for(x%=mod;n;n>>=1,x=x*x%mod)
if(n&1) ans=ans*x%mod;
return ans;
}
int BSGS(int a,int b,int p,int ad){
a%=p,b%=p,mp.clear();
if(!a) return !b?0:-1;
int t=ceil(sqrt(p)),x=b;
for(int i=0;i<=t;i++) mp[x]=i,x=x*a%p;
a=mul(a,t,p),x=a*ad%p; //upd: 原来的 x=a 改为了 x=a*ad%p
for(int i=1;i<=t;i++){
if(mp.count(x)) return i*t-mp[x];
x=x*a%p;
}
return -1;
}
int exBSGS(int a,int b,int p){
a%=p,b%=p;
int g=0,ad=1,d,ans;
while((d=__gcd(a,p))!=1){
if(b%d) return -1;
g++,b/=d,p/=d,ad=(ad*a/d)%p;
if(ad==b) return g;
}
if(~(ans=BSGS(a,b,p,ad))) return ans+g;
return -1;
}
signed main(){
while(~scanf("%lld%lld%lld",&a,&p,&b)){
if(!a&&!b&&!p) break;
ans=exBSGS(a,b,p);
if(~ans) printf("%lld\n",ans);
else puts("No Solution");
}
return 0;
}

建议把 map 改成 Hash 表 QAQ。

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