BSGS
用于求解形如 \(a^x \equiv b \pmod p\) 的高次同余方程的方法
BSGS(Baby Step, Giant Step), 大步小步(拔山盖世)
我们将 \(x\) 写成如下形式 $x = i * t - j $ 其中 \(t = \sqrt p\) , $ 0 \leq j \leq t$ (为了遍历到 \(x = 0\)的情况,所以我们使 \(j\) 可以等于 \(t\) ,当然也可以特判 $x = 0 $的情况)
所以原公式可化为 \[a ^ {i * t} \equiv b \times a^j \pmod p\]
我们可以预处理出 \(b \times a ^ j \pmod p\) 的所有值,存入Hash表(用map也可以,但是多一个log),如果对于两个不同的 \(j\) ,算下的值是一样的,因为我们要求的是最小的 \(x\) ,我们可以贪心的存最大的 \(j\) .
首先特判,\(a\) 是否是 \(p\) 的倍数,如果是根据 \(b\) 的值输出答案,
然后从小到大枚举 \(i\) ,计算 \(a^{i*t} \pmod p\),如果对于某个 \(i\) 来说,计算下的值在Hash表里面出现过,那么答案就是 \(i*t - j\)
根据欧拉定理 \(a^x \equiv a^{x + \varphi (p)} \pmod p\)
所以如果 \(x\) 没有出现在 \(\varphi (p)\) 的范围以内，那么就无解
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;
ll p, a, b, n, opt;
struct HashTable{
static const int MOD = 99901, MAXN = 200005;
ll head[MAXN], nxt[MAXN], dat[MAXN], id[MAXN], nume;
void clear(){
memset(head, 0, sizeof(head));
memset(nxt, 0, sizeof(nxt));
nume = 0;
}
void insert(ll x, ll y) {
for(int i = head[x % MOD]; i ; i = nxt[i]){
if(dat[i] == x) {id[i] = y;return;}
}
dat[++nume] = x;
id[nume] = y;
nxt[nume] = head[x % MOD];
head[x % MOD] = nume;
}
ll query(ll x) {
for(int i = head[x % MOD] ; i; i = nxt[i]) {
if(dat[i] == x) return id[i];
}
return -1;
}
}Hash;
ll quick_mod(ll n, ll k, ll p) {
ll ans = 1;
while(k) {
if(k & 1ll) (ans *= n) %= p;
(n *= n) %= p;
k >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
while(cin >> p >> a >> b){
Hash.clear();
ll t = ceil(sqrt(p));
if(!(a % p)){
if(b % p == 1) printf("0\n");
else if(b % p == 0) printf("1\n");
else printf("no solution\n");
continue;
}
for(int i = 0 ; i <= t ; i++) {
ll k = b * quick_mod(a, i, p) % p;
Hash.insert(k, i);
}
ll ans = 1, tmp = quick_mod(a, t, p);
bool f = 0;
for(int i = 1; i <= t; i++) {
(ans *= tmp) %= p;
ll j = Hash.query(ans);
if(j != -1) {f = 1; printf("%lld\n", i * t - j);break;}
}
if(!f) printf("no solution\n");
}
return 0;
}