\(BSGS(baby-step-giant-step)\)算法是用来解高次同余方程的最小非负整数解的算法，即形如这个的方程：
其中 \(p\)为质数（其实只要( \((a,p)=1\)即可）
首先考虑暴力怎么解：由费马小定理可知 \(a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)，也就是说如果在 \([0,p-1]\)内无解的话，方程就是无解的。所以我们从小到大枚举 \([0,p-1]\)中的每一个数，满足方程就结束。但是这里 \(p-1\)并不一定是最小正周期，这个可以由 阶的定义推出，有兴趣的同学可以去看一下。
但是这个方法在 \(p\)很大时就 \(GG\)啦，于是我们考虑优化一下：
设 \(x=im-j\)，其中 \(m=\left \lceil \sqrt{p} \right \rceil\)。那么我们开始对方程进行变形：
显然， \(j\)是余数，所以有 \(0\leqslant j \leqslant m-1\)，也就是说右边的值最多只有 \(m\)个，而 \(i\)的最大值也只为 \(m\)。所以我们暴力枚举 \(j\)，把 \(a^jb\)存到 \(map\)或哈希表里，再从小到大暴力枚举 \(i\)，每次在哈希表里查一下有没有 \(a^jb\)使得方程成立就可以辣。
同时，有一个很妙的事情：我们枚举 \(j\)时是从小到大枚举的，每次插入到哈希表头的前面，所以表的越靠前的元素的 \(j\)值是越大的，而我们正好想要 \(j\)尽量大，一石二鸟，每次查到一个值就可以直接 \(return\)了。这样查询的近似复杂度就降到 \(O(1)\)了。
要注意先特判一下 \(x=0\)的情况。
板子代码：
namespace Ha { //哈希表
int tot, h[MOD+5], ne[MOD+5];
ll ha[MOD+5];
void insert(ll x, ll num) { //插入操作
ll t = num%MOD;
p[++tot] = x, ha[tot] = num, ne[tot] = h[t], h[t] = tot;
}
ll query(ll tar) { //查询操作
for(int i = h[tar%MOD]; i != -1; i = ne[i])
if(ha[i] == tar) return p[i];
return -1;
}
}
using namespace Ha;
ll bsgs(ll a, ll b, ll p) {
a %= p, b %= p;
if(a == 0 && b != 0) return -1; //a%p==0时显然无解
if(a == 0 && b == 0) return 1;
if(b == 1) return 0;
ll m = ceil(sqrt((double)p)), q = 1, x = 1;
memset(h, -1, sizeof h); //记得清空
for(ll j = 0; j < m; ++j) insert(j, q*b%p), q = q*a%p; //暴力枚举j并存入表中
for(ll i = 1, j; i <= m; ++i) {
x = x*q%p, j = query(x); //在表中找
if(j != -1) return i*m-j; //找到解了，直接返回
}
return -1;
}但是\(p\)与\(a\)不互质了怎么办呢，这时候就要请上我们的扩展\(BSGS\)了，虽说是扩展，其实并不是难以理解。
首先扔一个定理：
若有\(p\equiv q(mod\ r)\)，令\(d\)为\(p,q,r\)的共同正因子，则有\(\frac{p}{d}\equiv \frac{q}{d}(mod\ \frac{r}{d})\)
证明如下：
易知\(p-q=kr\)，两边同除\(d\)，推出\(\frac{p}{d}-\frac{q}{d}=k\frac{r}{d}\)，即\(\frac{p}{d}\equiv \frac{q}{d}(mod\ \frac{r}{d})\)
有了这个定理，我们就又双叒叕可以做这道题了：首先设\(t=1, cnt=0\)，若\(a,c\)不互质，就令\(d\)为它们的的最大公约数，判断一下\(b\ mod\ d\)等不等于0，不等于零，就无解，否则令\(b\)等于\(\frac{b}{d}\)，\(c\)等于\(\frac{c}{d}\)，把\(\frac{a}{d}\)累乘到\(t\)上，让\(cnt\)自加。重复以上操作，直到\(a,c\)互质，然后我们会得到一个差不多长这样的方程：
然后我们就将它转化为标准的 \(BSGS\)可解决的问题啦。
记得特判一下 \(x\leqslant cnt\)的情况（
粘一下代码：
ll bsgs(ll a, ll b, ll p) {
a %= p, b %= p;
if(a == 0 && b != 0) return -1;
if(a == 0 && b == 0) return 1;
if(b == 1) return 0;
ll d = 1, t = 1, cnt = 0, m = ceil(sqrt(p)), q = 1;
while((t = gcd(a, p)) != 1) {
if(b%t) return -1;
cnt++, b /= d, p /= d, t = t*(a/d)%p;
if(b == d) return cnt; //特判
}
memset(h, -1, sizeof h);
for(ll i = 0; i < m; ++i) insert(i, q*b%p), q = q*a%p;
for(ll i = 1, j; i <= m+1; ++i) {
t = t*q%MOD;
j = query(t);
if(j != -1) return i*m-j+cnt; //返回值要加上cnt
}
return -1;
}放一道例题：洛谷/BZOJ。这应该算是板子了吧→_→
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define MOD 1000007
#define ll long long
int T, k;
ll p[MOD+5];
namespace Ha {
int tot, h[MOD+5], ne[MOD+5];
ll ha[MOD+5];
}
using namespace std;
using namespace Ha;
void insert(ll x, ll num) {
ll t = num%MOD;
p[++tot] = x, ha[tot] = num, ne[tot] = h[t], h[t] = tot;
}
ll query(ll tar) {
for(int i = h[tar%MOD]; i != -1; i = ne[i])
if(ha[i] == tar) return p[i];
return -1;
}
ll bsgs(ll a, ll b, ll p) {
a %= p, b %= p;
if(a == 0) return -1;
if(b == 1) return 0;
ll m = ceil(sqrt((double)p)), q = 1, x = 1;
memset(h, -1, sizeof h);
for(ll i = 0; i < m; ++i) insert(i, q*b%p), q = q*a%p;
for(ll i = 1, j; i <= m; ++i) {
x = x*q%p, j = query(x);
if(j != -1) return i*m-j;
}
return -1;
}
ll fpow(ll x, ll p, ll mod) {
ll base = x%mod, ret = 1LL;
while(p) {
if(p&1) ret = ret*base%mod;
base = base*base%mod;
p >>= 1;
}
return ret;
}
ll inv(ll x, ll p) {
return fpow(x, p-2, p);
}
int main() {
cin >> T >> k;
ll x, y, z, inv_y, ans;
while(T--) {
cin >> x >> y >> z;
if(k == 1) cout << fpow(x, y, z) << endl;
else if(k == 2) {
if(x%z == 0) cout << "Orz, I cannot find x!" << endl;
else cout << y*inv(x, z)%z << endl;
}
else {
ans = bsgs(x, y, z);
if(ans == -1) cout << "Orz, I cannot find x!" << endl;
else cout << ans << endl;
}
}
return 0;
}