淺談BSGS和EXBSGS

某鄧_Duck發表於2022-05-28

我的 BSGS 和各位犇犇的差不多，但是不需要求逆元

Luogu [ TJOI2007 ] 可愛的質數

原題展現

題目描述

給定一個質數 \(p\)，以及一個整數 \(b\)，一個整數 \(n\)，現在要求你計算一個最小的非負整數 \(l\)，滿足 \(b^l \equiv n \pmod p\)。

輸入格式

僅一行，有 \(3\) 個整數，依次代表 \(p, b, n\)。

輸出格式

僅一行，如果有 \(l\) 滿足該要求，輸出最小的 \(l\)，否則輸出 no solution。

樣例 #1

樣例輸入 #1
5 2 3
樣例輸出 #1
3

資料規模與約定

  • 對於所有的測試點，保證 \(2\le b,n < p<2^{31}\)。

Baby Steps Giant Steps 詳解

注意到互質，根據尤拉定理，我們易得\(l< p\)，列舉的時間複雜度為\(O(p)\)

其實可以優化到\(O(\sqrt{p})\)，設 \(m=\lceil \sqrt{p}\rceil,r=b\%m\)

於是我們可以將 原式寫成

\[b^{km+r}\equiv n(mod\;p)\\ b^{km}\equiv nb^{-r}(mod\;p) \]

右邊好像要求逆元啊，我們不想求逆元，怎麼辦呢？

只需將式子改成

\[b^{km-r}\equiv n(mod\;p)\\ b^{km}\equiv nb^{r}(mod\;p) \]

解決了問題

我們考慮找到一個 \(k\) 和 一個 \(r\) 使得上述式子成立，這個並不難

首先列舉 \(r\) ，顯然有 \(r(1\leq r\leq m)\) 注意這裡和廣大打法不同

因為廣大打法是列舉餘數，這裡列舉的是相反的

然後把右邊式子的值雜湊存下，列舉左邊的 \(k(1\leq k \leq m)\)

對於左邊列舉求出的值看看雜湊陣列是否存在對應的右邊的值，如果有，那麼就是一個解

搞出一個最小的解好像也不是很難吧.....

時間複雜度 \(O(m)\) ，也就是 \(O(\sqrt{p})\)

然後注意一下，要打很多特判

上一下碼風巨醜的程式碼

inline ll ksc(ll x, ll y, const ll& p) { return (x * y - (ll)((long double)x / p * y) * p + p) % p; }
vector<pair<ll, int> > v[ 100013];
inline ll BSGS(ll a, ll b, const ll&p) {
        if (b == 1) {
        if (a == 0)
            return -1;
        return 1;
    }
    if (b == 0) {
        if (a == 0)
            return 1;
        return -1;
    }
    if (a == 0) {
        return -1;
    }
    ll m = ceil(sqrt(p)), cnt = 1, res = 1;
    for (int r = 1; r <= m; r++) {
        cnt = ksc(cnt, a, p);//這個龜速乘不是龜速乘
        v[(ksc(cnt, b, p)) % mod].push_back(make_pair(ksc(cnt, b, p), r));
    }
    for (int k = 1; k <= m; k++) {
        res = ksc(cnt, res, p);
        ll id=res%mod;
        if (v[id].size())
        {
            for (int j = v[id].size() - 1; j >= 0; j--)
            {
                if (v[id][j].first ==res)
                {
                    return m * k - v[id][j].second; 
                }                
            }                           
        }
    }
    return -1;
}

SPOJ3105 MOD

原題展現

題目描述

給定 \(a,p,b\)，求滿足 \(a^x≡b \pmod p\) 的最小自然數 \(x\) 。

輸入格式

每個測試檔案中包含若干組測試資料，保證 \(\sum \sqrt p\le 5\times 10^6\)。

每組資料中，每行包含 \(3\) 個正整數 \(a,p,b\) 。

當 \(a=p=b=0\) 時，表示測試資料讀入完全。

輸出格式

對於每組資料，輸出一行。

如果無解，輸出 No Solution，否則輸出最小自然數解。

樣例 #1

樣例輸入 #1
5 58 33
2 4 3
0 0 0
樣例輸出 #1
9
No Solution

資料範圍

對於 \(100\%\) 的資料，\(1\le a,p,b≤10^9\) 或 \(a=p=b=0\)。

擴充套件 Baby Steps Giant Steps 詳解

注意到不互質，那我們就要想辦法讓它互質

\[a^x\equiv b(mod\;p)\\ a^x-kp=b\\ 設 d=gcd(a,p)\\ 若 d|b 不成立，則無解\\ 式子除 d 得 a^{x-1}\frac a d- k\frac p d=\frac b d\\ 改記為a^{x-1}a'- kp'=b'\\ 即 a^{x-1}a'\equiv b'(mod\; p') \]

如此反覆，直到互質為止，差不多就是

\[a^{x-cnt}a'\equiv b'(mod\; p') \]

注意，操作時如果兩邊值相等了，答案就是 \(cnt\)

然後就是個普通 BSGS ,變了一點點，左邊需要乘上 \(a'\)，其他都是一模一樣的

求出答案之後答案要加上 \(cnt\) ,因為我們求出的是 \(x-cnt\)

本題時限高達 4s ，就算不寫雜湊用 map 也能通過

參考如下實現

vector<pair<ll, int> > v[ 1000013];
int vis[1000003];
inline ll exBSGS(ll a,ll b,ll p)
{
    memset( vis,0,sizeof(vis));
    if(p==0)return -1;
    if(p==1)
    {
        if(b==0)return 0;
        return -1;
    }
    if (b == 1) {
        if (a == 0)
            return -1;
        return 1;
    }
    if (b == 0) {
        if (a == 0)
            return 1;
        return -1;
    }
    if (a == 0) {
        return -1;
    }
    ll ak=0,t=1,d=gcd(a,p);
    while(d!=1)
    {
        ak++;
        t*=a;
        t/=d;
        p/=d;
        if(b%d!=0)return -1;
        b/=d;
        if(t%p==b%p)return ak;
        d=gcd(a,p);
        t%=p;
    }
    ll m = ceil(sqrt(p)), res=t%p,cnt=1;
    
    for (int r = 1; r <= m; r++) {
        cnt = ksc(cnt, a, p);
        ll hash=(ksc(cnt, b, p)) % mod;
        if(vis[hash]==0)
        {
            vis[hash]=1;
            v[hash].clear();
        }
        v[hash].push_back(make_pair(ksc(cnt, b, p), r));
    }
    for (int k = 1; k <= m; k++) {
        res = ksc(cnt, res, p);
        ll hash=res%mod;
        if (vis[hash])
        {
            for (int j = v[hash].size() - 1; j >= 0; j--)
            {
                if (v[hash][j].first ==res)
                {
                    return m * k - v[hash][j].second+ak; 
                }                
            }                           
        }
    }
    return -1;
}

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