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(ex)BSGS/（扩展）大步小步算法 学习笔记

2023-06-04 18:10 由 Starrykiller 发表于 #其他

(ex)BSGS/（扩展）大步小步算法 学习笔记

在即将暂时退役之际杀掉了P4195的毒瘤模板题，于是来写篇学习笔记。

谨此为我初中三年摆烂的OI生涯画上一个句号。（距离中考还有20天！）

BSGS

link

求\(a^x\equiv b\pmod p\)的非负整数解，其中\(a, p\)互质。

算法思路

我们不妨令\(t=\lceil{\sqrt{p}\rceil}\)，\(j\lt t\)，\(i\leq t\)

原式转化为\(a^{it-j} \equiv b \pmod p\)

即 \(\left(a^t\right)^i\equiv b\cdot a^j \pmod p\)

于是我们可以这么在\(\Theta\left(\sqrt{n}\right)\)（不考虑hash表）内求出解：

  • 枚举\(j \in [0, t)\)，求出所有的\(b\cdot a^j \mod p\)，用hash表记录下来

  • 枚举\(i \in [0, t]\)，求出所有的\(\left(a^t\right)^i \mod p\)，在hash表中查找是否有对应的\(j\)值

需要注意的是，当\(a^t \mod p=0\)时，若\(b=0\)，则解为\(x=1\)；
否则无解。

正确性讨论

由Euler定理，我们有\(a^{\varphi\left(p\right)}\equiv 1\pmod p\)，其中\(\varphi\left(x\right)\)为Euler函数。

也就是说，\(\mod p\)意义下，\(a^x\mod p\)在\(x=n\cdot\varphi\left(p\right)\)（\(n\)遍历非负整数）后循环。

我们知道对于任意整数\(x \gt 1\)，\(x>\varphi\left(x\right)\)，而我们取的\(it-j\)可以遍历\([0, x]\)，因此能够取到\(a^x \mod p\)的一切情况，故一定不会漏解。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

int qpow(int a, int n, int p) {
    a%=p;
    int res=1;
    while (n) {
        if (n&1) res=res*a%p;
        a=a*a%p;
        n>>=1;
    }
    return res;
}

signed bsgs(int a, int b, int p) {
    b%=p;
    int t=sqrt(p)+1;
    unordered_map<int, int> hash; hash.clear();
    for (int j=0; j<t; ++j) {
        int power=b*qpow(a,j,p)%p;
        hash[power]=j;
    }
    a=qpow(a,t,p);
    if (a==0) return b==0?1:-1;
    for (int i=0; i<=t; ++i) {
        int val=qpow(a,i,p);
        int j=hash.find(val)==hash.end()?-1:hash[val];
        if (j>=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;
    }
    return -1;
}

signed main() {
    int a, b, p;
    cin>>p>>a>>b;
    int res=bsgs(a,b,p);
    if (res==-1) puts("no solution");
    else cout<<res<<endl;
    return 0;
}

这份代码是可以通过P3846的。我们可以考虑对它进行优化。

我们发现枚举\(a^j\)和\(\left(a^t\right)^i\)的时候，\(i, j\)是递增的，于是我们可以直接用一个变量来维护\(a^j\)和\(\left(a^t\right)^i\)。

另外，用unordered_map来实现hash表似乎会快一些。

inline int bsgs(int a, int b, int p) {
    int t=(int)(sqrt(p))+1;
    unordered_map<int,int> h; h.clear();
    int powa=1;
    for (reg int j=0; j<t; ++j) {
        int val=powa*b%p;
        h[val]=j;
        powa=powa*a%p;
    }
    a=qpow(a,t,p);
    powa=1;
    for (reg int i=0; i<=t; ++i) {
        int val=powa%p;
        int j=h.find(val)==h.end()?-1:h[val];
        if (j>=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;
        powa=powa*a%p;
    }
    return -1;
}

为exBSGS进行修改

我们现在来考虑\(ka^x\equiv b\pmod p\)（\(a, p\)互质，\(k\)为正整数）的式子，我们可以同样地将它们变形为

\[k\cdot \left(a^t\right)^i\equiv b\cdot a^j \pmod p \]

于是稍微修改一下上述代码就可以了。

inline int bsgs(int a, int b, int k, int p) {
    int t=(int)(sqrt(p))+1;
    unordered_map<int,int> h; h.clear();
    int powa=1;
    for (reg int j=0; j<t; ++j) {
        int val=powa*b%p;
        h[val]=j;
        powa=powa*a%p;
    }
    a=qpow(a,t,p);
    powa=1;
    for (reg int i=0; i<=t; ++i) {
        int val=k*powa%p;
        int j=h.find(val)==h.end()?-1:h[val];
        if (j>=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;
        powa=powa*a%p;
    }
    return -1;
}

exBSGS

link

求\(a^x\equiv b\pmod p\)的非负整数解，其中\(a, p\)未必互质。

算法思路

考虑利用同余式的约化性质，转换成朴素的BSGS来求解。

我们有如下同余式的约化性质：
若\(a\equiv b\pmod p\)，\(d\mid a,d \mid b\)，则

\(\frac{a}{d}\equiv\frac{b}{d}\pmod {\frac{p}{\gcd(d,p)}}\)

我们回到\(a^x\equiv b\pmod p\)，令\(d_1=\gcd(a,p)\)，
当\(d_1 \mid b\)，我们可以变形为
\(\frac{a}{d_1}\cdot a^{x-1}\equiv \frac{b}{d_1} \pmod {\frac{p}{d_1}}\)
（若\(d_1 \nmid b\)，立刻得出无解）
若\(a,\frac{p}{d_1}\)仍不互质，我们可以继续令\(d_2=\gcd(a,\frac{p}{d_1})\)，\(\cdots\)，直到\(a,\frac{p}{d_1d_2\cdots d_k}\)互质为止。

我们设一共进行了\(k\)次约化，\(D=d_1d_2\cdots d_k\)（此时\(a\)，\(\frac{p}{D}\)互质），原式可变形为

\(\frac{a^k}{D}\cdot a^{x-k} \equiv \frac{b}{D} \pmod {\frac{p}{D}}\)

我们令\(k=\frac{a^k}{D}, X=x-k, B=\frac{b}{D}, P=\frac{p}{D}\)，即

\(ka^X\equiv B \pmod P\)

于是可以利用修改后的BSGS算法来求解。

注意求解之后得到\(X=x-k\)，故\(x=X+k\)。

Trick

\(\frac{a^k}{D}=\frac{a}{d_1}\frac{a}{d_2}\cdots\frac{a}{d_k}\)，于是可以在每一个循环内单独计算。

用cout<<'\n'似乎会比用cout<<endl快一些。

可以预先将b%=p, a%=p，若取模过后\(b==1\)或者\(p==1\)，那么显然\(x=0\)为解。

我们记\(D_k=\frac{a}{d1}\frac{a}{d2}\cdots \frac{a}{d_k}\)，当\(\frac{a^k}{D^k}==\frac{b}{D_k}\)时，有

\[\frac{a^k}{D_k}\cdot a^{x-k}\equiv \frac{b}{D_k}\pmod {\frac{p}{D_k}} \]

即

\[a^{x-k}\equiv 1\pmod {\frac{p}{D_k}} \]

于是\(x=k\)为解。其中\(k\)是正在进行的第\(k\)次约化。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define reg register
inline int qpow(int a, int n, int p) {
    a%=p; int res=1;
    while (n) {
        if (n&1) res=res*a%p;
        a=a*a%p; n>>=1;
    }
    return res;
}
inline int bsgs(int a, int b, int k, int p) {
    int t=(int)(sqrt(p))+1;
    unordered_map<int,int> h; h.clear();
    int powa=1;
    for (reg int j=0; j<t; ++j) {
        int val=powa*b%p;
        h[val]=j;
        powa=powa*a%p;
    }
    a=qpow(a,t,p);
    powa=1;
    for (reg int i=0; i<=t; ++i) {
        int val=k*powa%p;
        int j=h.find(val)==h.end()?-1:h[val];
        if (j>=0 && i*t-j>=0) return i*t-j;
        powa=powa*a%p;
    }
    return -1;
}
inline int exbsgs(int a, int b, int p) {
    a%=p, b%=p;
    if (b==1 || p==1) return 0;
    int A=a, NA=1, B=b, P=p, k=0, D=1;
    while (__gcd(a,P)>1) {
        int d=__gcd(a,P);
        if (B%d) return -1;
        k++; A/=d, B/=d, P/=d, NA=NA*(a/d)%P, D=D*d%P;
        if (NA==B) return k; // NA就是上文提到的(a^k)/(D^k)
    }
    int res=bsgs(a,B,NA,P);
    if (res==-1) return res;
    if ((qpow(a,res+k,p)-b)%p) return -1;
    return res+k;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
    int a, b, p;
    while (cin>>a>>p>>b && a) {
        int res=exbsgs(a,b,p);
        if (res==-1) cout<<"No Solution\n";
        else cout<<res<<'\n';
    }
    return 0;
}

Record，\(2.46\rm{s}\)，可以通过本题（包括Hack数据）。

后记

这道题算是比较毒瘤的，我是一共调了三天才过的（我太弱了）
还有\(20\)天就要中考了，而我还在这摸鱼（悲）
就谨此纪念一下我的初中OI生涯罢。

顺便在此祝福向宴酱中考顺利！

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