BSGS学习笔记 数论

注：本篇均为博主个人的理解，如有错误，敬请斧正。

BSGS是用来解决这样一个问题：$a^x=b(mod\ c)$，求最小的非负整数x。

BSGS是一种O($\sqrt{c}$)的算法。它有解的条件是模数$c$为质数并且底数$a$与模数$c$互质。

它的过程如下：

令$x=i*m-j$，$-j$而不是$+j$可以避免用扩欧，如果是$+j$的话要用到扩欧。其中$m=\lceil\sqrt{c}\rceil$，则有$a^{i*m-j}=b(mod\ c)$。
$-j$的用处就在这里，如果是$+j$，那么我们要把$a^{i*m}$看作一个整体$D$，那么有$D*a^j=b(mod\ c)$，可以用扩展欧几里得求出$a^j$。但是-j的话我们可以把上面的式子移项，可以得到：$(a^m)^i=b*a^j(mod\ c)$。其中$a$,$b$,$c$都是已知的,$m$可以由$c$算出来，那么只有式子中$i$和$j$是未知的，那么我们考虑枚举$i$和$j$。
那么我们会面临这样的问题：为什么将m取为$\lceil\sqrt{c}\rceil$？i和j要枚举到什么时候结束？
我们考虑模意义下会出现循环节，所以不需要无线枚举下去，那么多长一定会出现循环节呢？(我觉得有点类似pollard_rho的那个rho)我们发现BSGS有解的条件与费马小定理的适用条件一样，这是因为找循环节时用到了费马小定理来证明。

我们考虑证明

$$a ^ {x \ mod (c-1)}=a^x(mod\ c)$$

$$a^{x-n*(c-1)}=a^x(mod\ c)$$

$$\frac{a^x}{a^{n*(c-1)}}=a^x(mod\ c)$$
$$\frac{a^x}{[a^{(c-1)}]^n}=a^x(mod\ c)$$

由费马小定理可知：当$c$为质数并且$a$与$c$互质时

$$a^{c-1}=1(mod\ c)$$ 所以
$$[a^{(c-1)}]^n=1(mod\ c)$$
于是就有了
$${a^x}={a^x}(mod\ c)$$ 证明完毕。
那么我们可以得知 $x$只需枚举到 $c$即可,由于 $m=\lceil\sqrt{c}\rceil$，所以i和j最大也是 $\lceil\sqrt{c}\rceil$。
那么，我们开始从 $0$到 $m$枚举 $j$，用哈希表记录每一个 $b*a^j(mod\ c)$，这里允许后面的 $j$覆盖前面的 $j$，因为 $x=i*m-j$，所以 $j$越小， $x$越小，而我们又要求最小的 $x$，所以要这么操作。
接下来我们开始从 $1$到 $m$枚举 $i$，计算 $(a^m)^i(mod\ c)$，在哈希表中查找，如果与表中的某个哈希值相同，那么我就计算出现在的 $x=i*m-j$，就是答案。因为 $i$每增大 $1$， $x$就会增大 $m$，而 $j$最大就是 $m$，所以只要 $i$最小就好。而因为我们减了 $j$，所以要从 $1$开始枚举 $i$，否则会出现负数。
接下来是代码(poj2417) `

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std;

long long a,b,c;//计算a^x=b(mod c)的最小x 
map<long long,long long> mp;
long long gcd(long long x,long long y)
{
    return y?gcd(y,x%y):x;
}
long long ksm(long long x,long long y,long long mod)
{
    long long res=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)
        res=(res*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    while(~scanf("%lld%lld%lld",&c,&a,&b))
    {
        mp.clear();
        if(gcd(a,c)!=1)//如果a与c不互质，一定无解 
        {
            printf("no solution\n");
            continue;
        }
        long long m=(long long)ceil(sqrt(c)),ans,pd=0;//pd记录是否有解 
        for(int j=0;j<=m;++j)//枚举b*a^j存入哈希表（map） 
        {
            if(j==0)
            {
                ans=b%c;
                mp[ans]=j;
                continue;
            }
            ans=(ans*a)%c;
            mp[ans]=j;//用后来的覆盖前面的，因为j越大，-j越小 
        }
        long long x=ksm(a,m,c);//先计算a^m，因为之后要计算（a^m）^i 
        ans=1;
        for(int i=1;i<=m;++i)
        {
            ans=(ans*x)%c;
            if(mp[ans])//i越小,求出的x越小（j<=m，但是i每+1，x就要+m） 
            {
                x=i*m-mp[ans];
                printf("%lld\n",(x%c+c)%c);
                pd=1;
                break;
            }
        }
        if(!pd)
        printf("no solution\n");
    }
    return 0;
}

PS:第一次用markdown，感觉一开始用真的好难受，但是看上去的效果不错。多亏Mys_C_K教我，不然可能一天都发不出博客，在此感谢Mys_C_K。
题单：
bzoj
poj2417 Discrete Logging
洛谷3846可爱的质数
洛谷2485计算器
洛谷3306SDOI随机数生成器