BSGS && EXBSGS

基础BSGS

用处是什么呢w

大步小步发(Baby-Step-Giant-Step，简称BSGS)，可以用来高效求解形如\(A^x≡B(mod C)\)(C为素数)的同余方程。

常用于求解离散对数问题。形式化地说，该算法可以在\(O(\sqrt{n})\)用于求解。

接下来是算法过程

首先我们讨论的都是(A,C) = 1(由于C是素数，所以等价于A不是C倍数)的情况，如果(A,C) > 1(A是C倍数)，很容易特判掉。

先引入一个结论:

如果(A,C) = 1,那么对于\(x \in N\),有\(A^{x mod \phi(C)} ≡ A^x (mod C)\)

如下证明过程：

因为(A,C) = 1,根据欧拉定理，可得\(A^{k * \phi(C)} ≡ 1 (mod C)\)

设\(k \in N\),根据同幂性，\(A^{k * \phi(C)} ≡ 1 (mod C)\)

设\(a \in N\) 且 \(a < \phi(C)\),所以\(A^x(mod C)\),得证。

所以如果\(0 \leq x < \phi(C)\)无解，之后肯定也无解，但是\(\phi(C)\)并一定是最小正周期。

其算法本质是根号分治，令\(m=[\sqrt{C}]\),我们假设x = i * m - j,其中\(0 \leq i,j \leq m\),则有\(A^{i*m - j} ≡ B\) ,稍加变换,可以得到\(A^{i*m}≡B*A^j\)

我们现在已知的是\(A,B\),所以我们可以先通过枚举j,算出\(B * A^j\),用hash/map存下来，然后再枚举i，计算出\(A^{i * m}\)寻找是否有与之相等的\(B * A^j\),从而我们可以得到所有的\(x\)，\(x = i * m - j\)

因为i,j都小于等于m，所欲复杂度为$ Θ(\sqrt{C})$,用map多一个log

进阶BSGS

问题：求解\(x^a ≡ b\) \(mod\) \(p\) (p为质数)

这个问题可以通过转化变成上面基础BSGS中所说的样子

因为\(p\)是一个质数，所以\(p\)一定存在一个原根\(g\)，因此在模\(p\)的意义下的任何数\(x\)，有且只有一个数\(i\)满足\(x = g^i\)

方法一：

令\(x = g^c\),\(g\)是\(p\)的原根(肯定存在这个g和c)，问题转化为求解\((g^c)^a ≡ b\) \(mod\) \(p\) ，可以转化为

\((g^a)^c ≡ b (mod p)\)

这就转化为基础篇中我们所说的内个式子了，可以在\(O(\sqrt{p})\)解出\(c\)，这样可以得到原方程的一个特解 \(x_0 ≡ g^c\) \(mod\) \(p\)

方法二：

我们仍令\(x = g^c\)，并且设\(b = g^t\)，于是乎我们得到 \(g^{ac}≡ g^t\) \(mod\) \(p\)

方程两边同时取离散对数可以得到 \(ac ≡ t\) \(mod\) \(\phi(p)\)

这样我们可以通过BSGS求解\(g^t ≡ b\) \(mod\) \(p\)得到\(t\)，于是这就转化成为一个线性同余方程问题，这样也可以解出\(c\)，求出\(x\)的一个特解\(x_0 = g^c ≡ b\) \(mod\) \(p\)

如果要找到\(x\)的所有解而不是特解的话：

我们能求出一个特解\(x_0 ≡ g^c (mod\) \(n)\)，我们知道\(g^{\phi(n)} ≡ 1 (mod\) \(n)\)，于是可以得到下面这个式子，
\[
\forall t \in Z,x^k ≡ g^{c*k+t*\phi(n)} ≡ a (mod p)$
\]

于是得到所有解为
\[
\forall t \in Z ,k|t * \phi(n),x ≡ g^{c+\frac{t * \phi(n)}{k}} ≡ a (mod p)
\]

然后对于上面这个式子有\(\frac{k}{gcd(k,\phi(n))}|t\)。因此我们设\(t = \frac{k}{gcd(k,\phi(n))}*i\)，可以得到

\[
\forall i \in Z,x ≡ g^{c + \frac{\phi(n)}{gcd(k,\phi(n))} * i} (mod p)
\]

这就是原问题的所有解

下面是EXBSGS

与BSGS相类似，这个算法也是解决\(a^x≡b(mod p)\)的问题，只不过C可以不是质数。

我们知道，在\(a\)与\(p\)互质的时候，在模\(p\)的意义下\(a\)存在逆元，我们就可以用BSGS来解决问题，那么在他们不互质的情况下，我们就要使他们变成互质的。

具体来说，我们设\(d_i = gcd(a,p)\)，如果\(d_1\)不是b的因子，那么原方程无解，有解的情况下我们将方程两边同时处以\(d_1\)，可以得到
\[
\frac{a}{d_1} * a^{x - 1}≡\frac{b}{d_1} mod \frac{p}{d_1}
\]
如果\(a\)和\(\frac{p}{d_1}\)仍然不互质的话设\(d_2 = gcd(a,\frac{p}{d_1})\)。如果\(d_2\)不是\(\frac{b}{d_1}\)，则方程无解，有解的情况下将方程两边同时除以\(d_2\)，得到
\[
\frac{a^2}{d_1d_2} * a^{x - 2} ≡ \frac{b}{d_1d_2} mod \frac{p}{d_1d_2}
\]
同理，我们不停地这样判断，直到\(a\)与\(\frac{p}{d_1d_2...d_k}\)互质为止。

设\(D = \prod_{i = 1}^{k} d_i\)，于是方程就变成了下面这样：
\[
\frac{a^k}{D} * a^{x - k} ≡ \frac{b}{D} mod \frac{p}{D}
\]
因为\(a\)与\(\frac{p}{D}\)互质，于是可是推出\(\frac{a^k}{D}\)与\(\frac{p}{D}\)互质，这样的话\(\frac{a^k}{D}\)就有逆元了，于是把它移到方程的右边，这就变成了一个BSGS问题，于是求解\(x - k\)后再加上\(k\)就是原方程的解了。

值得注意的是，不排除解小于等于k的情况，所以咋消因子前应\(O(k)\)枚举，直接验证\(a^i≡b\) \(mod\) \(p\)，这样就能避免这种情况。