BSGS和exBSGS—详解

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问题

$A^x \equiv B (\mod C)$，求最小的x或输出无解。

暴力

先给出一个定理： $A^n \equiv A^{n \mod \varphi (C)} \equiv B (\mod C)$
有了这个定理，我们可以在 $[0,\varphi (C)]$中枚举 $x$，如果这段区间都无解，那么这个方程无整数解。

BSGS算法

前提： $C$为质数。
BSGS算法是一种用分块优化的暴力。设 $m=\left \lceil \sqrt C \right \rceil$，
再设 $x=i*m-j$，所以 $A^x = A^{i*m}/A^j$，
上式再化成 $A^{i*m}/A^j \equiv B (\mod C)$
$A^{i*m} \equiv B* A^j(\mod C)$
这样以后，我们枚举 $i$，然后 $A^j$就可以确定一个值 $B/A^{i*m}$。这样还是麻烦了一点，因为与 $i$套上了关系，不方便预处理。不妨把 $B*A^j$连起来看，如果存在一个 $j$满足 $B*A^j = A^{i*m}$，那么就做了一大半了。因为 $x=i*m-j$，把 $i$和 $j$带进去就可以求到 $x$了。
至于如何快速得到 $A^{i*m}$是否为某个 $j$的 $B*A^j$，这个问题可以提前预处理出来，用一个hash表存贮 $hash[B*A^j]=j$，这个 $j$应该从 $0$开始枚举到 $m$。如果 $hsah[A^{i*m}]$不为 $0$，则 $j=hash[A^{i*m}]$即为 $j$的解。

exBSGS算法

前提：无
既然没有限制，那就可能不是互质的关系。设 $d=\gcd(A,C)$，再设 $A=a*d$， $C=c*d$这是一点问题都没有的。如果 $B$不是 $d$的倍数，除非 $B$是 $1$（此时 $x=0$）否则无解。所以 $B$也可以表示成 $B=b*d$。
所以上式被表示成 $(a*d)^x \equiv b*d(\mod c*d)$
去掉一个 $d$，得 $a*(a*d)^{x-1} \equiv b(\mod c)$
也可以写成 $(A^1/d)*A^{x-1} \equiv b(\mod c)$
继续做gcd，每次gcd都会提出一个 $(A/d)$这样的东西出来。记所有的 $d$之积为 $q$，即 $q=\prod d_i$，做了 $num$次后会变成 $(A^{num}/q)*A^{x-num}\equiv B/q(\mod C/q)$
一直做到 $\gcd(A,C/q)=1$之后，我们称 $A$和 $C/q$互质了，这就满足了BSGS的条件。
其中 $A^{num}/q$可以在gcd时统计，为已知，我们用 $D$来表示它，即 $D=A^{num}/q$。设 $y=x-num$， $B'=B/q$， $C'=C/q$。因为 $q$也是已知的，所以 $B'$和 $C'$都是已知的。式子变成了 $D*A^y\equiv B'(\mod C')$
接下来用BSGS的思路来考虑，设 $y=i*m-j$，那么有 $D*A^{i*m}/A^j\equiv B'(\mod C')$
移项有 $D*A^{i*m}\equiv B'*A^j(\mod C')$
为了解决这个式子，在一开始 $i=0$时，左边就为 $D$。最后用BSGS我们求到的是 $i$和 $j$，这样用 $y=i*m-j$可以求到 $y$，进而根据 $y=x-num\Rightarrow x=y+num$可以求到 $x$， $x=i*m-j+num$。


再补讲一个细节吧，我们的 $D$是随gcd实时更新的，也就是 $D*A^{x-num}\equiv B/q(\mod C/q)$
如果某一时刻出现了 $D=B/q$的情况，也就是说式子变成了 $D*A^{x-num}\equiv D(\mod C/q)$
那么此时的 $A^{x-num}$必须为1，即 $x-num=0$，所以 $x=num$，同时可以结束exBSGS。

代码

BSGS模版例题 洛谷2485 [SDOI2011]计算器

#include<map>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

map<ll,ll> hash;

ll power(ll a,ll n,ll mod)//a^n%mod
{
    ll re=1;a%=mod;
    while(n)
    {
        if(n&1) re=re*a%mod;
        a=a*a%mod;
        n>>=1;
    }
    return re;
}

void bsgs(ll y,ll z,ll p)//y^x=z(mod p)
{
    if(y==0 && z==0){puts("1");return ;}//几句特判 
    if(y==0 && z!=0){puts("Orz, I cannot find x!");return;}
    
    hash.clear();
    ll m=ceil(sqrt(p));
    ll tmp=z%p;hash[tmp]=0;//右边z*A^j，当j=0时为z 
    for(ll i=1;i<=m;i++)
    {
        tmp=tmp*y%p;
        hash[tmp]=i;
    }
    
    ll t=power(y,m,p); 
    tmp=1;//左边y^(i*m)，当i=0时为1
    for(ll i=1;i<=m;i++)
    {
        tmp=tmp*t%p;//i每加1，多乘y^(i*m)
        if(hash[tmp])
        {
            ll ans=i*m-hash[tmp];
            printf("%lld\n",(ans%p+p)%p);
            return ;
        }
    }
    puts("Orz, I cannot find x!");
}

int main()
{
    int T,opt;
    ll x,y,p,m,z;
    scanf("%d%d",&T,&opt);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&y,&z,&p);
        y%=p;
        if(opt==1) printf("%lld\n",power(y,z,p));
        else if(opt==2)
        {
            z%=p;
            if(y==0 && z!=0) puts("Orz, I cannot find x!");
            else printf("%lld\n",z*power(y,p-2,p)%p);//z/y
        }
        else bsgs(y,z,p);
    }
    return 0;
}

exBSGS模板：

#include<map>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

map<ll,ll> hash;

inline ll gcd(ll a,ll b)
{
    ll tmp;
    while(tmp=a%b) a=b,b=tmp;
    return b;
}

inline ll multi(ll x,ll y,ll mod)//快速乘 
{
    ll tmp=x*y-(ll)(((long double)x*y+0.5)/mod)*mod;
    return tmp<0?tmp+mod:tmp;
}

ll power(ll a,int b,ll m)//快速幂 a^b
{
    ll re=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) re=multi(re,a,m);
        a=multi(a,a,m);
        b>>=1;
    }
    return re;
}

int main()
{
    ll a,b,m;//a^x=b(mod m)
    scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&m);
    
    ll D=1,num=0;
    while(1)
    {
        ll d=gcd(a,m);
        if(d==1) break;
        if(b%d){puts("INF");return 0;}//b不是d的倍数，无解 
        b/=d;m/=d;
        num++;
        D=multi(D,a/d,m);
        if(D==b){printf("%lld",num);return 0;}//系数等于余数，此时x-num为0 
    }
    
    ll now=b;//当j=0时，式子右边=b 
    hash[now]=0;
    int mm=ceil(sqrt(m));//记得向上取整 
    for(int i=1;i<=mm;i++)
    {
        now=multi(now,a,m);
        hash[now]=i;
    }
    
    now=D;//当i=0时，式子左边=D 
    ll q=power(a,mm,m);//每个i+1，now增大a^mm倍 
    for(int i=1;i<=mm;i++)
    {
        now=multi(now,q,m);
        if(hash[now])
        {
            printf("%lld\n",(((ll)i*mm-hash[now]+num)%m+m)%m);
            return 0;
        }
    }
    puts("INF");//最后再判一次 
    return 0;
}