BSGS(Baby Steps,Giant Steps)算法详解 简介: 此算法用于求解 Ax≡B(mod C): 由费马小定理可知: x可以在O(C)的时间内求解:  在x=c之后又会循环: 而BSGS(拔山盖世)算法可以在O(C0.5)的时间内求解出: 内容: 主要运用分块的思想: 将 x=i*m-j,其中m=ceil(sqrt(C)): A(i*m-j)≡B(mod C): Ai*m / Aj ≡ B(mod C): Ai*m ≡ B * Aj(mod C): 枚举每个j(0<=j<=m

\(BSGS(baby-step-giant-step)\)算法是用来解高次同余方程的最小非负整数解的算法,即形如这个的方程: \(a^x\equiv b(mod\ p)\) 其中\(p\)为质数(其实只要(\((a,p)=1\)即可) 首先考虑暴力怎么解:由费马小定理可知\(a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\),也就是说如果在\([0,p-1]\)内无解的话,方程就是无解的.所以我们从小到大枚举\([0,p-1]\)中的每一个数,满足方程就结束.但是这里\(p-1\)并不一定是最

BSGS算法 \(Baby Step Giant Step\)算法,即大步小步算法,缩写为\(BSGS\) 拔山盖世算法 它是用来解决这样一类问题 \(y^x = z (mod\ p)\),给定\(y,z,p>=1\)求解\(x\) 普通的\(BSGS\)只能用来解决\(gcd(y,p)=1\)的情况 设\(x=a*m+b, m=\lceil \sqrt p \rceil, a\in[0,m), b\in[0,m)\) 那么\(y^{a*m}=z*y^{-b} (mod\ p)\) 怎么求解,为

什么叫高次同余方程?说白了就是解决这样一个问题: A^x=B(mod C),求最小的x值. baby step giant step算法 题目条件:C是素数(事实上,A与C互质就可以.为什么?在BSGS算法中是要求a^m在%c条件下的逆元的,如果a.c不互质根本就没有逆元.) 如果x有解,那么0<=x<C,为什么? 我们可以回忆一下欧拉定理: 对于c是素数的情况,φ(c)=c-1 那么既然我们知道a^0=1,a^φ(c)=1(在%c的条件下).那么0~φ(c)必定是一个循环节(不一定是最小的)

P2485 [SDOI2011]计算器 题目描述 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x: 3.给定y.z.p,计算满足y^x ≡z(mod p)的最小非负整数x. 为了拿到奖品,全力以赴吧! 输入输出格式 输入格式: 输入文件calc.in 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T 行每

题意: 给你32个物品,给定一个容积,让你恰好把这个背包装满,求出装满的方案 题解: 暴力计算的话,复杂度$2^{32}$肯定会炸,考虑一种类似bsgs的算法,先用$2^{16}$的时间遍历前一半物品的所有子集,将所得结果存进map里,再遍历后一半物品的子集,每得到一个解,在map里查询有没有相加正好得到背包大小的解.总时间复杂度$2^{16}log2^{16}=16*2^{16} \approx 1e6$ #include<iostream> #include<map> #def

BSGS算法是meet in the middle思想的一种应用,参考Yveh的博客我学会了BSGS的模版和hash表模板,,, 现在才会hash是不是太弱了,,, #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; struct node{ static const int mo=100007; int a[100010],v

BSGS算法 给定y.z.p,计算满足yx mod p=z的最小非负整数x.p为质数(没法写数学公式,以下内容用心去感受吧) 设 x = i*m + j. 则 y^(j)≡z∗y^(-i*m)) (mod p) 则 y^(j)≡z∗ine(y^(i*m)) (mod p)(逆元) 由费马小定理y^(p-1)≡1 (mod p) 得 ine(y^m) = y^(p-m-1)  ine(y^(i*m)≡ine(y^((i−1)m))∗y^(p-m-1) 1.首先枚举同余符号左面,用一个hash保存(

学弟在OJ上加了道"非水斐波那契数列",求斐波那契第n项对1,000,000,007取模的值,n<=10^15,随便水过后我决定加一道升级版,说是升级版,其实也没什么变化,只不过改成n<=10^30000000,并对给定p取模,0<p<2^31.一样很水嘛大家说对不对. 下面来简单介绍一下BSGS算法,BSGS(Baby steps and giant steps),又称包身工树大步小步法,听上去非常高端,其实就是一个暴力搜索.比如我们有一个方程,a^x≡b (

BSGS算法 我是看着\(ppl\)的博客学的,您可以先访问\(ppl\)的博客 Part1 BSGS算法 求解关于\(x\)的方程 \[y^x=z(mod\ p)\] 其中\((y,p)=1\) 做法并不难,我们把\(x\)写成一个\(am-b\)的形式 那么,原式变成了 \(y^{am}=zy^b(mod\ p)\) 我们求出所有\(b\)可能的取值(0~m-1),并且计算右边的值 同时用哈希或者\(map\)之类的东西存起来,方便查询 对于左边,我们可以枚举所有可能的\(a\),然后直接查

其实思维难度不是很大,但是各种处理很麻烦,公式推导到最后就是一个bsgs算法解方程 /* 要给M行N列的网格染色,其中有B个不用染色,其他每个格子涂一种颜色,同一列上下两个格子不能染相同的颜色 涂色方案%100000007的结果是R,现在给出R,N,K,请求出最小的M 对于第一行来说,每个位置有k种选择,那么填色方案数是k^n 对于第二行来说,每个位置有k-1中选择,那么填色方案数时(k-1)^n种 依次类推,如果i+1行的某个格子上面是白格,那么这个格子有k种填色方案 将M行分为两部分,第一部

注:转载本文须标明出处. 原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/Number-theory.html 数论算法 剩余系相关 学习笔记 (基础回顾,(ex)CRT,(ex)lucas,(ex)BSGS,原根与指标入门,高次剩余,Miller_Robin+Pollard_Rho) 本文概要 1. 基础回顾 2. 中国剩余定理 (CRT) 及其扩展 3. 卢卡斯定理 (lucas) 及其扩展 4. 大步小步算法 (BSGS) 及其扩展 5. 原根与指标入

bsgs算法: 我们在逆元里曾经讲到过如何用殴几里得求一个同余方程的整数解.而\(bsgs\)就是用来求一个指数同余方程的最小整数解的:也就是对于\(a^x\equiv b \mod p\) 我们可以用\(bsgs\)在\(O(\sqrt n)\) 的复杂度内求出关于\(x\)的最小正整数解.(前提是\(p\)为质数) \(a^x\equiv b \mod p\) 我们可以知道如果我们的模数p是一个质数,我们将同余式的右边以逆元的形式乘到左边来,根据殴拉定理(因为p是质数,所以a,p互质)则我们

求解A^x ≡ B mod P (P不一定是质数)的最小非负正整数解 先放几个同余定理: 一.判断如果B==1,那么x=0,算法结束 二.若gcd(A,P)不能整除 B,则 无解,算法结束 三.若gcd(A,P)!=1,令d=gcd(A,P),若d不能整除B,则无解,算法结束. 有 四.持续步骤三,直至 gcd(A,)=1 有  五.枚举 0<x<k,若有解,输出x,算法结束 六.对于x>=k, A=,B=,P= A,P 互素 , 直接用BSGS 求    * A ^ x ≡ B mod

从这里开始 离散对数和BSGS算法 扩展BSGS算法 离散对数和BSGS算法 设$x$是最小的非负整数使得$a^{x}\equiv b\ \ \ \pmod{m}$,则$x$是$b$以$a$为底的离散对数,记为$x = ind_{a}b$. 假如给定$a, b, m$,考虑如何求$x$,或者输出无解,先考虑$(a, m) = 1$的情况. 定理1(欧拉定理) 若$(a, m) = 1$,则$a^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod{m}$. 证明这里就不给出,因为在百度上随便搜一

例题  poj 2417bsgs  http://poj.org/problem?id=2417 这是一道bsgs题目,用bsgs算法,又称大小步(baby step giant step)算法,或者拔(b)山(s)盖(g)世(s)算法,或者北(b)上(s)广(g)深(s)算法... 题目大意就是 给定a,b,p,求最小的非负整数x,满足  ax ≡ b(mod p) 先令 x = i*m-j,其中 m=ceil(sqrt(p)),ceil是向上取整. 这样原式就变为     ai*m-j =

BSGS算法总结 \(BSGS\)算法(Baby Step Giant Step),即大步小步算法,用于解决这样一个问题: 求\(y^x\equiv z\ (mod\ p)\)的最小正整数解. 前提条件是\((y,p)=1\). 我们选定一个大步长\(m=\sqrt p + 1\),设\(x=am+b\),那么显然有\(a,b\in[0,m)\).这样就有\(y^{am+b}\equiv z\ (mod\ p)\),就有\((y^m)^a=z*y^{-b}\ (mod\ p)\). 但是这个逆元

BSGS算法(Baby Steps Giant Steps算法,大步小步算法,北上广深算法,拔山盖世算法) 适用问题 对于式子: $$x^y=z(mod_p)$$ 已知x,z,p,p为质数: 求解一个最小非负整数y: 存在一个y,属于[0,p-2](费马小定理) 于是有了一个笨拙的方法,枚举y 枚举y,期望效率:O(P) 寻求一种优化: 对式子变型: 设:$$y=i\sqrt{p}-j$$ 则$$x^{i\sqrt{p}-j}=z(mod_p)$$ ——这个变型的用意在于把y拆开 枚举y,变成枚

Description Given a prime P, 2 <= P < 231, an integer B, 2 <= B < P, and an integer N, 1 <= N < P, compute the discrete logarithm of N, base B, modulo P. That is, find an integer L such that BL== N (mod P) Input Read several lines of inp

POJ 2417 Discrete Logging Time Limit: 5000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 4860   Accepted: 2211 Description Given a prime P, 2 <= P < 231, an integer B, 2 <= B < P, and an integer N, 1 <= N < P, compute the discrete logarith