数论三合一

Abstract

本文将探讨与下列三个同余方程有关的问题，并进行一些数论相关知识的拓展。

$ax \equiv b \mod p$
$a^x \equiv b \mod p$
$x^a \equiv b \mod p$
分别求出 $x$ 的最小值。

注：如非特别说明，则本文中所有的 $p$ 均表示为素数，且涉及到的数均为正整数。

---

$ax \equiv b \mod p$

Euler Theorem：$a^{\varphi(n)}\equiv1\mod n, \forall (a,n)=1.$

根据欧拉定理和欧拉函数的定义，则有费马定理：
Fermat Theorem：$a^{p-1}\equiv1\mod p$

Theorem 1：当且仅当 $(a, n) \mid b$，$ax \equiv b \mod n$ 有解。

PROOF（不严谨）
易知 $ax \equiv b \mod n \Rightarrow ax + ny = b$.
根据 Bézout’s identity：$ax+ny=b$ 存在整数解当且仅当 $(a,n)∣b$.
所以当且仅当 $(a, n) \mid b$，$ax \equiv b \mod n$ 有解.
Q.E.D

所以该同余方程一定有解。

Theorem 2：若 $(a, n) \mid b$，则 $ax \equiv b \mod n$ 有恰有 $(a,n)$ 个不同的解.
Conclusion 1：对任意 $n>1$，如果 $(a, n) = 1$，则 $ax \equiv b \mod n$ 对模 $n$ 有唯一解.

所以该同余方程只有唯一解。

$ax \equiv b \mod p \Rightarrow x \equiv ba^{-1} \mod p$.
有了 Fermat Theorem ，我们就知道了 $a^{p-2}\equiv a^{-1}\mod p$。
用快速幂直接计算 $ba^{p-2}$ 就是 $x$ 的最小值了。

---

$a^x \equiv b \mod p$

练习题：BZOJ-2480，BZOJ-3122

这里我们需要用到一个算法：大步小步（Baby Step Giant Step）.
它是用于解决 $a^x \equiv b \mod p$ 这类问题的。

根据 Fermat Theorem，我们知道 $x$ 一定在 $0 \sim p - 1$ 之间。
所以令 $x = A\lceil \sqrt p \rceil - B$，其中 $A, B$ 均在 $0 \sim \lceil \sqrt p \rceil$。
则有 $a^{A\lceil \sqrt p \rceil - B} \equiv b \mod p \Rightarrow a^{A\lceil \sqrt p \rceil} \equiv ba^B \mod p$。

于是我们可以得到这样的一个（类似双向搜索的）做法，先枚举 $B$ 算出所有的 $ba^B$，用数据结构维护，再逐一计算 $a^{A\lceil \sqrt p \rceil - B}$ ，寻找是否有与之相等的 $ba^B$，从而就可以找到最小值了。

在这儿我用了 Hash表 来维护，且从小到大枚举 $A, B$，复杂度为 $O(\sqrt q)$。

//BZOJ 3122 这题还要推一下式子
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define Min(_A, _B) (_A < _B ? _A : _B)
#define R register
const int Mod = 1000003;
namespace Steaunk
{
    struct Hash
    {
        int Point[Mod], Next[31630], To[31630], W[31630], q;
        void Add(R int u, R int v)
        { W[++q] = u; u %= Mod; Next[q] = Point[u]; Point[u] = q; To[q] = v; }
        int check(R int u)
        {
            for(R int j = Point[u % Mod]; j; j = Next[j])
                if(W[j] == u) return To[j];
            return 2139062143;
        }
        void clear(){ memset(Point, 0, sizeof(Point)); q = 0; }
    } M;
    int p, a, b, k, t;
    int Pow(R int A, R int K = p - 2)
    {
        R int d = 1;
        while(K)
        {
            if(K & 1) d = 1ll * d * A % p;
            K >>= 1;
            A = 1ll * A * A % p;
        }
        return d;
    }
    void main()
    {
        scanf("%d %d %d %d %d", &p, &a, &b, &k, &t);
        if(a == 0 || k == t || (k == 0 && b == 0))
        {
            if(k == t) puts("1");
            else if(b == t) puts("2");
            else puts("-1");
            return ;
        }
        if(a == 1 && b != 0)
        {
            t = (t - k + p) % p;
            t = 1ll * t * Pow(b) % p;
            printf("%d\n", t + 1);
            return ;
        }
        M.clear();
        R int tmp = 1ll * b * Pow(a - 1) % p;
        t = t + tmp;
        tmp += k;
        t = 1ll * t * Pow(tmp) % p;
        R int w = sqrt(p) + 1.5;
        R int v = 1;
        for(R int i = 0; i < w; i++)
        {
            tmp = 1ll * t * v % p;
            M.Add(tmp, -i + 1);
            v = 1ll * v * a % p;
        }
        R int o = Pow(a, w); v = o;
        for(R int i = 1; i <= w; i++)
        {
            R int t = M.check(v);
            if(t != 2139062143) 
            {
                printf("%d\n", i * w + t);
                return ;
            }
            v = 1ll * v * o % p;
        }
        puts("-1");
    }
}
int main()
{
    R int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) Steaunk::main();
    return 0;
}

---

$x^a \equiv b \mod p$

练习题：BZOJ-1319

要想解决这个问题，需要先搞懂 $a^x \equiv b \mod p$ 是怎么解决的。

显然，$b = 0$ 时 $x = 0$.

然后我们假设能找到一个数 $g$，
满足 $\forall y,z < p - 1$ 且 $y\ne z$，$g^y \ne g^z \mod p$，
即 $g^c\ ( 0< c < p - 1)$ 与 $1 \sim p - 1$ 的数是一一对应的。

那么 $x^a \equiv b \mod p \Rightarrow (g^c)^a \equiv b \mod p \Rightarrow(g^a)^c \equiv b \mod p$

其中 $c$ 是变量，$g^a$ 是常量，似曾相识？看看前文的式子 $a^x \equiv b \mod p$，问题就这样被划归为第二问了。

那么怎么找到这样一个 $g$ 呢？
先定义一下。

Defination 1：若 $t > 1$，$(a,n)= 1$， 则使得 $a^t \equiv 1 \mod n$，成立的最小正整数 $t$ 叫作 $a$ 模 $n$ 的次数；当 $t = n - 1$ 时，我们称 $a$ 为模 $n$ 的原根。
Conclusion 2：在模$n$意义下，如果 $a$ 是原根，则对于任意 $x < n$ 都可以表示为 $a$ 的一个幂。

所以我们要找的数 $g$ 就是模 $p$ 的原根。

Theorem 3：对于所有的素数 $p > 2$ 和正整数 $e$，只有当 $n = 1,2,4,p^e,2p^e$ 有原根。

所以显然我们是可以找到 $g$ 的。

Theorem 4：若 $a$ 为模 $n$ 的原根，且 $t$ 为 $a$ 模 $n$ 的次数，那么对于任意整数 $d$，$a^d \equiv 1 \mod n$，那么 $t \mid d$.

PROOF
令 $d = tq + r\ (0 \le r < a)$.
$a^d \equiv a^{tq + r} \equiv (a^t)^qa^r\equiv a^r \equiv 1\mod n$.
根据 Defination 1，$r = 0$.
$\therefore d = tq \Rightarrow t \mid d$.
Q.E.D

看到这我们就可以有所启发了。
由 Fermat Theorem 知，$g^{p-1} \equiv 1 \mod p$，
再根据 Theorem 4 我们明白了，如果存在 $t$ 使得 $g^t \equiv 1 \mod p$，那么 $t$ 一定是 $p-1$ 的因数。
那么若 $g$ 是模 $p$ 的原根，那么 $t=p-1$。

综上，我们得到了一个基于原根的分布的算法，我们从 $2$ 到 $p-1$ 的去枚举 $g$，$\exists x | p$ 且 $x \ne p$ 满足 $g^x \equiv 1 \mod p$，那么 $g$ 一定不是原根。

复杂度为 $O(N_A\sqrt p \log \sqrt p)$（你可以认为 $N_A$ 是一个小常数）。

Theorem 5：若 $g$ 为模 $m$ 的原根，则模 $m$ 的原根的个数为 $\varphi(\varphi(m))$，并且

$$\{g^i \mid(i,\varphi(m)) = 1, 1\le i < \varphi(m)\}$$ 即为所有原根的集合。

看上去是不是数量挺多的，且好像也很随机的样子（匿了）…

至此我们将第三问化归为了第二问，也找到了一个原根，该问题圆满解决！

//BZOJ 1319
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define R register
const int Mod = 1000003;
int a, b, p, g, fac[70010], tot, S[100010], cnt, V[100010];
struct Hash
{
    int Point[Mod], Next[100010], To[100010], W[100010], q;
    void Add(R int u, R int v){ W[++q] = u; Next[q] = Point[u %= Mod]; Point[u] = q; To[q] = v; }
    void Push(R int u, R int v)
    {
        R int t = u % Mod;
        for(R int j = Point[t]; j; j = Next[j])
            if(u == W[j]) S[++cnt] = v - To[j];
    }
} M;
int Pow(R int A, R int K)
{
    R int d = 1;
    while(K)
    {
        if(K & 1) d = 1ll * d * A % p;
        K >>= 1;
        A = 1ll * A * A % p;
    }
    return d;
}
bool check(R int A)
{
    for(R int i = 1; i <= tot; i++) if(Pow(A, fac[i]) == 1) return 0;
    return 1;
}
int main()
{
    scanf("%d %d %d", &p, &a, &b);
    for(R int i = 2; i * i < p; i++)
    {
        if((p - 1) % i == 0)
        {
            fac[++tot] = i;
            if(i * i != p - 1) fac[++tot] = (p - 1) / i;
        }
    }
    for(R int i = 2; i < p; i++)
        if(check(i))
        {
            g = i;
            break;
        }
    R int G = Pow(g, a);
    R int w = sqrt(p) + 1.5, d = b;
    for(R int i = 0; i < w; i++) M.Add(d, i), d = 1ll * d * G % p;
    d = 1; R int U = Pow(G, w);
    for(R int i = 0; i <= w; i++) M.Push(d, i * w), d = 1ll * d * U % p;    
    tot = 0;
    for(R int i = 1; i <= cnt; i++) if(S[i] >= 0 && S[i] < p - 1) V[++tot] = Pow(g, S[i]);
    std::sort(V + 1, V + 1 + tot);
    R int Ans = 0;
    for(R int i = 1; i <= tot; i++) if(V[i] != V[i - 1]) Ans++;
    printf("%d\n", Ans);
    for(R int i = 1; i <= tot; i++) if(V[i] != V[i - 1]) printf("%d\n", V[i]);
    return 0;
}

---

参考文献

[1] Thomas H. Cormen, Charles E. Leiserson, Ronald L. Rivest, Clifford Stein. Introduction to Algorithms.
[2] Miskcoo. 扩展大步小步法解决离散对数问题. http://blog.miskcoo.com/2015/05/discrete-logarithm-problem.
[3] 夏静波, 张四兰, 陈建华. 高效的原根生成算法.
[4] etc.