(扩展)大步小步算法练习 bzoj3239；bzoj2480&bzoj1467

参考：http://blog.miskcoo.com/2015/05/discrete-logarithm-problem

大步小步算法。

求模方程 $a^{x}\equiv b\left ( mod\, p \right )$的最小解。p为素数。
分块思想。
popoqqq说是meet in the middle。有时间学学那个东西吧。
我们要找的$x = A \lceil \sqrt{p} \rceil + B$
模方程变成：$a^{A\lceil \sqrt{p} \rceil + B} \equiv b \pmod p$
不难看出，如果我们预处理出前$B$个$a^{x}$的值.
以后可以每$\lceil\sqrt{p}\rceil$个值里，模方程左右同时乘上$a^{-\lceil\sqrt{p}\rceil}$。
t次后，模方程变为$a^{B} \equiv {b*a^{t*{-\lceil\sqrt{p}\rceil}}} \pmod p$。
只需要找我们预处理出的前B个值里是否有$b*a^{t*{-\lceil\sqrt{p}\rceil}}$即可。用哈希表做。
(因为p是素数所以$a^{-\lceil\sqrt{p}\rceil}$一定存在)
若第一次预处理出$m$个值，那么时间复杂度为$O((m+\frac{p}{m})logm)$。当$m=\sqrt{p}$时，复杂度最小。如果选用hash代替map，复杂度还可以去个log？不过$logm$也不是很大= =flag。。
bzoj3239

/**************************************************************
    Problem: 3239
    User: flyfish0851
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:212 ms
    Memory:2404 kb
****************************************************************/

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
map<ll,ll>hash;
ll pow(ll a,ll b,ll p){
    ll ret=1;
    while(b){
        if(b&1) ret=ret*a%p;
        a=a*a%p;b>>=1;
    }
    return ret;
}
ll inv(ll a,ll p){return pow(a,p-2,p);}
ll BSGS(ll a,ll b,ll p){
    hash.clear();
    ll m=(int)sqrt(p)+1;
    ll e=1;hash[e]=0;
    ll v=inv(pow(a,m,p),p);
    for(int i=1;i<m;i++){
        e=e*a%p;
        if(!hash.count(e)) hash[e]=i;
    }
    for(int i=0;i<=m;i++){
        if(hash.count(b)) return (ll)i*m+hash[b];
        b=b*v%p;
    }
    return -1;
}
int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    ll a,b,p;
    while(~scanf("%lld%lld%lld",&p,&a,&b)){
        ll t=BSGS(a,b,p);
        if(t==-1) puts("no solution");
        else printf("%lld\n",t);
    }
    return 0;
}

扩展大步小步。

求模方程 $a^{x}\equiv b\left ( mod\, m \right )$的最小解。m任意。
这次少了m为素数的限制。
我们发现瓶颈在求$a^{-\lceil\sqrt{p}\rceil}$，它不一定存在。我们的做法是把模方程同时除以$g=gcd(a,p)$
$m' = \frac{m}{g}, b' = \frac{b}{g} \left (\frac{a}{g}\right)^{-1}$
新的模方程为 $a^{x'} \equiv b' \pmod {m'}$
最终的$x = x' + 1$
(此过程中a不变。)
不断重复这个过程最后一定会得到一个可以解的方程，套用刚刚的大步小步法解出后即可。要注意的是在这个过程中如果某一步发现$b'=1$，那么就可以直接退出，因为这时候已经得到了解。
代码有几个需要注意的细节：
1、$a=0$特判
2、$p=1$
3、$b=b*inv(a/g,p)mod\ p$
虽然我说的细节对于很多人都不是细节吧= =
bzoj2480&bzoj1467

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
map<ll,ll>hash;
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(!b) {x=1;y=0;return;}
    exgcd(b,a%b,y,x);y-=x*(a/b);
}
ll inv(ll a,ll p){if(!a) return 1;ll x,y;exgcd(a,p,x,y);return (x%p+p)%p;}
ll pow(ll a,ll b,ll p){
    ll ret=1;
    while(b){
        if(b&1) ret=ret*a%p;
        a=a*a%p;b>>=1;
    }
    return ret;
}
ll BSGS(ll a,ll b,ll p){
    if(a==0) return b==0?1:-1;
    b%=p;a%=p;
    hash.clear();
    ll cnt=0;
    for(int g=gcd(a,p);g!=1;g=gcd(a,p)){
        if(b%g) return -1;
        b/=g;p/=g;b=b*inv(a/g,p)%p;
        cnt++;
        if(b==1) return cnt;
    }
    if(p==1) return cnt;
    int m=(int)sqrt(p)+1;
    ll e=1;hash[e]=0;
    ll v=inv(pow(a,m,p),p);
    for(int i=1;i<m;i++){
        e=e*a%p;
        if(!hash.count(e))
            hash[e]=i;
    }
    for(int i=0;i<=m;i++){
        if(hash.count(b)) return i*m+hash[b]+cnt;
        b=b*v%p;
    }
    return -1;
}
int main(){
    ll a,b,p;
    while(scanf("%lld%lld%lld",&a,&p,&b)&&p){
        ll t=BSGS(a,b,p);
        if(t==-1) puts("No Solution");
        else printf("%lld\n",t);
    }
    return 0;
}