问题

BSGS被用于求解离散对数,即同余方程:

\[A^x\equiv B\pmod{P}
\]

求\(x\)的最小非负整数解。

保证\(A\perp P\)(互质)。

分析

首先,我们根据费马小定理,有

\[A^{P-1}\equiv 1\pmod{P}
\]

则显然有

\[A^{x-k(P-1)}\equiv A^x\pmod{P}
\]

\[A^{x\mod{P-1}}\equiv A^x\pmod{P}
\]

那么显然\(x<P-1\),我们就得到了一个\(O(P)\)的算法,然而太慢了。

考虑分块算法,对\(x\)每\(m\)分一块,则有

\[A^{im-j}\equiv B\pmod{P}
\]

移项整理

\[\left(A^m\right)^i\equiv A^j B\pmod{P}
\]

那么我们枚举\(i\),就可以求出\(A^j\)。再对于\(j\in[0,m-1]\)的\(A^j\)存进哈希表/map,就可以得到\(x=im-j\)了。如果不考虑查询哈希表/map的时间,则时间复杂度为\(O(m+\frac{P}{m})\)。

那\(m\)应该取何值呢?求\(f(m)=m+\frac{P}{m}\)的驻点:

\[\frac{\mathbb{d}f(m)}{\mathbb{d} m}=0
\]

\[1-\frac{P}{m^2}=0
\]

移项整理

\[m^2=P
\]

解得\(m=\sqrt{P}\)。

那么我们令\(m=\lceil\sqrt{P}\rceil\),就得到了一个\(O(\sqrt{P})\)的算法。

代码

\(-1\)为无解。

ll BSGS(ll a,ll b,ll p){
if(!a)return b?-1:1;
if(b==1)return 0;
map<ll,ll>mp;
ll m=ceil(sqrt(p)),ax=1;
for(int i=0;i<m;i++){
mp[ax]=i;
ax=ax*a%p;
}
ll am=pow(a,m,p),aj=am*pow(b,p-2,p)%p;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(mp.count(aj))return m*i-mp[aj];
aj=aj*am%p;
}
return -1;
}

例题

[BZOJ2242][SDOI2011]计算器

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
int t,k;
ll y,z,p;
ll pow(ll a,ll b,ll p){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return ans;
}
ll BSGS(ll a,ll b,ll p){
if(!a)return b?-1:1;
if(b==1)return 0;
map<ll,ll>mp;
ll m=ceil(sqrt(p)),ax=1;
for(int i=0;i<m;i++){
mp[ax]=i;
ax=ax*a%p;
}
ll am=pow(a,m,p),aj=am*pow(b,p-2,p)%p;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(mp.count(aj))return m*i-mp[aj];
aj=aj*am%p;
}
return -1;
}
int main(){
scanf("%d%d",&t,&k);
while(t--){
scanf("%lld%lld%lld",&y,&z,&p);
if(k==1)printf("%lld\n",pow(y,z,p));
else if(k==2){
if(y%p==0)printf("Orz, I cannot find x!\n");
else printf("%lld\n",pow(y,p-2,p)*z%p);
}else{
ll ans=BSGS(y%p,z%p,p);
if(~ans)printf("%lld\n",ans);
else printf("Orz, I cannot find x!\n");
}
}
}

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