BSGS与二次剩余

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【BZOJ5104】Fib数列（BSGS，二次剩余）

[BZOJ5104]Fib数列(BSGS,二次剩余) 题面 BZOJ 题解首先求出斐波那契数列的通项: 令$A=\frac{1+\sqrt 5}{2},B=\frac{1-\sqrt 5}{2}$,那么$f[n]=\frac{1}{\sqrt 5}(A^n-B^n)$. 然后有$A=-\frac{1}{B}$,所以有:$f[n]=\frac{1}{\sqrt 5}((-\frac{1}{B})^n-B^n)$. 令$x=B^n$,这里需要考虑一下$n$的奇偶性: 如果\…

BSGS $Big\ Step\ Giant\ Step$,大步小步法,一种在$O(\sqrt{p})$内求解方程$a^x\equiv b (mod\ p)$的算法. 先考虑$p$为质数的情况. 令$x=im-j$,$m=\lceil \sqrt{p} \rceil$(注意是上取整,要保证大步比小步大),则$a^{im-j}\equiv b(mod\ p)$. 移项,有$(a^m)^i\equiv ba^j(mod\ p)$. 首先$0-i$枚举$j$,将$ba^j$存入哈希表.在$1-m$枚举…

BZOJ5104 Fib数列（二次剩余+BSGS）

5在1e9+9下有二次剩余,那么fib的通项公式就有用了. 已知Fn,求n.注意到[(1+√5)/2]·[(1-√5)/2]=-1,于是换元,设t=[(1+√5)/2]n,原式变为√5·Fn=t-(-1)n·t-1.同乘t并移项,可得t2-√5·Fn·t-(-1)n=0.讨论n的奇偶性,BSGS求二次剩余大力解方程即可.用BSGS求二次剩余是非常简单的,求出其以原根为底的离散对数即可. 注意二次剩余有正负两解,但似乎代进去正根(即√gk=gk/2)就行了,不太明白.以及题目要求最小解,BSGS的…

cdqz2017-test1-数论（BSGS + 二次剩余 + CRT）

若m=0, 就是求n^2n ≡ x mod p (x--) 因为一定优解,所以x一定是p的二次剩余令g为p的1个原根,且g^k ≡ x mod p 则k是偶数,证明k是偶数: 假设 g1^k1 ≡ x mod p g2^k2 ≡ x mod p,k2是偶数 g1^k3 ≡ g2 mod p 那么 g1^k3k2 ≡ x ≡ g1^k1 mod p 由欧拉定理可得,k3k2 ≡ k1 mod p-1 ∴ k1是偶数所以对于任意g,k是偶数所以等价于求 n^n ≡ g^(k/2) mod p…

Codechef：Fibonacci Number/FN（二次剩余+bsgs）

题面传送门前置芝士 $bsgs$,$Cipolla$ 题解因为题目保证$p\bmod 10$是完全平方数,也就是说$p\bmod 5$等于$1$或$-1$,即$5$是模$p$的二次剩余(法老讲过,我忘了为啥了--) 然后我们需要用$Cipolla$求出$c=\sqrt{5}$,并记$p={1+c\over 2}$ 用斐波那契数列的通项公式代入,方程可以变为 \[{1\over c}\left(p^n-(-1)^n{1\over p^n}\righ…

省选算法学习-BSGS与exBSGS与二次剩余

前置知识扩展欧几里得,快速幂都是很基础的东西扩展欧几里得说实话这个东西我学了好几遍都没有懂,最近终于搞明白,可以考场现推了,故放到这里来加深印象翡蜀定理方程$ax+by=gcd(a,b)$一定有整数解证明: 因为$gcd(a,b)=gcd(b,a$ $mod$ $b)$ 所以假设我们已经求出来了$bx+(a$ $mod$ $b)y=gcd(b,a$ $mod$ $b)$的一组整数解$(p,q)$ 因为$a$ $mod$ $b=a-(\lfloor \frac{a}{b} \rflo…

BZOJ 5104 Fib数列（二次剩余+BSGS）

斐波那契数列的通项: \[\frac{1}{\sqrt{5}}((\frac{1+\sqrt{5}}{2})-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}))\] 设T=$\sqrt{5}*N$,$y=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ 原式可化为$y^n-(-\frac{1}{y}^n) \equiv T(mod\ p)$ 我们设$t=y^n$ 原式可继续化为$t-T*t \equiv (-1)^n(mod\ p)$ 然后我们对n进行奇偶讨论. 即分别求出\(t-T*…