BZOJ 1420: Discrete Root【原根+BSGS+exgcd】

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题面：

Description
已知k，a，p，求x ^ k=a (mod p)的所有根（根的范围[0,p-1]，P为质数
Input
三个整数p,k,a。0 < = a <p < = 10^9, 2 < = k < = 100000
Output
第一行一个整数，表示符合条件的x的个数。
第二行开始每行一个数，表示符合条件的x,按从小到大的顺序输出。

题目分析：

设p的原根为g，那么g的1到 $\varphi(p)$次幂模p互不相等。
因为p是质数，所以任意一个数在模p意义下都可以用g的几次幂来表示。
(更一般的，一个与m互质的数都可以用m的原根的几次幂来表示)
设 $I(x)$表示x是g的几次幂，即：
$g^{I(x)}\equiv x~(mod~p)$； $g^{I(a)}\equiv a~(mod~p)$
那么原方程就是 $(g^{I(x)})^k\equiv g^{I(a)}~(mod~p)$
就是要求 $k*I(x)=I(a)~(mod~\varphi(p)=p-1)$
用BSGS求出 $I(a)$，然后用exgcd求出所有满足条件的 $I(x)$即可。

数学题做起来真是有种异样的感觉。。

Code：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#define maxn 100005
using namespace std;
int pr[maxn],cnt;
inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
	if(!b) {x=1,y=0;return a;}
	else {int d=exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return d;}
}
inline int ksm(int a,int b,int p){
	int s=1;
	for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%p) if(b&1) s=1ll*s*a%p;
	return s;
}
void getprime(int p){
	for(int i=2;i*i<=p;i++) if(p%i==0){
		pr[++cnt]=i;
		while(p%i==0) p/=i;
	}
	if(p>1) pr[++cnt]=p;
}
int getrg(int p){
	if(p==2) return 1;
	getprime(p-1);
	for(int i=2;i<p;i++){
		for(int j=1;j<=cnt;j++) if(ksm(i,(p-1)/pr[j],p)==1) goto he;
		return i; he:;
	}
}
int BSGS(int a,int b,int p){
	if(b==1) return 0;
	int m=int(sqrt(p)+1),base=b;
	map<int,int>has;
	for(int i=0;i<m;i++) has[base]=i,base=1ll*base*a%p;
	int now=1;base=ksm(a,m,p);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(has.count(now=1ll*now*base%p)) return i*m-has[now];
	return -1;
}
int ans[maxn],tot;
int main()
{
	int k,a,p;
	scanf("%d%d%d",&p,&k,&a);
	if(a==0) return printf("1\n0"),0;
	int g=getrg(p);
	int A=BSGS(g,a,p),x,y;
	int d=exgcd(k,p-1,x,y);
	if(A==-1||A%d) return puts("0"),0;
	int sp=(p-1)/d; x=(1ll*x*A/d%sp+sp)%sp;
	if(!x) x=sp;//x->phi[p]=p-1
	for(int i=x;i<p;i+=sp) ans[++tot]=ksm(g,i,p);
	sort(ans+1,ans+1+tot);
	printf("%d\n",tot);
	for(int i=1;i<=tot;i++) printf("%d%c",ans[i],i==tot?10:32);
}