学习数学真是一件赛艇的事.
BSGS名字听起来非常有意思,力拔山兮气盖世,北上广深,小步大步…算法其实更有意思,它是用来求解一个方程的
A^x ≡ B (mod P)
是不是特别眼熟,有几个式子长的特别像,先观察一下:
一:快速幂: 求A^B mod P的值
二:乘法逆元 A*x ≡ 1 (mod P)
或者 A*x ≡ B (mod P)
三:欧拉定理 A^φ(P) ≡ 1 (mod P) (A,P互质)
四:费马小定理 A^(P-1) ≡ 1 (mod P) (P是质数)
先说下这四者关系:快速幂可以快速求后三个,费马小定理是欧拉定理的特殊情况,逆元可以通过费马小定理和快速幂解
可如果有这样的一个式子:
A^x ≡ B (mod P) 我们先假设A,P互质
好像和这四个式子都很像,所以呢?所以呢?
当年我们证明费马小定理的时候发现这个x的范围是在[0,p-1]之间
那么我们就可以枚举x从0到p-1,复杂度为O(P);
应该能拿上30分
接下来就是一波骚操作:我们令 m = ⌈ √P ⌉ ,然后就可以设 x = i*m+j ,其中i=x/m ,j=x%m,把x代入原来的式子可以得到 A ^ ( i*m+j ) ≡ B ( mod P ) 两边乘上一个 A^(-i*m),就可以得到 A ^ j ≡ B * A ^ ( -i*m ) ( mod P )
所以呢?
所以就可以求了啊
我们只要枚举左边的j,把左边的答案和j存起来 left_ans [ j ] = A ^ j % P (可是存不下怎么办,哈希蛤一下就存下了)然后再枚举右边的 i,计算右边的值,看看我们右边的值是否在数组里出现过,如果出现过那么我们通过i和j找到的 i*m+j 就是一个答案了
然后就会发现复杂度被我们开了一个方
冷静分析:
这个算法先枚举j需要√P的时间,再枚举i需要√P的时间,不过枚举i是要算下逆元需要log2(P)的时间,看起来复杂度=O(√P+√P*log2(P))=O(√P*log2(P)), 不过我们再看看右边的式子: B * A ^ ( -i*m ) mod P = B * A^i * A^(-m) mod P = A * B * A^(i-1) * A^( -m ) mod P.然后我们就得到右边的递推式,只要先求出 A^(-m) % p 就可以O(1)计算右边的式子了,其中A^(-m)%P=A^(P-1-m)%P,因为费马小定理…,所以复杂度被我们降到了O(√P+log2(P)+√P)=O(√P)
灼热分析:
算法的思想其实就是分块,把x分成√P*√P的块,会到设x的式子,x=i*m+j,我们先Baby_Step枚举小的j,再Giant_Step枚举大的i,名字听起来很形象哈哈哈哈哈哈.因为先枚举小的,后枚举大的,所以当出现i满足条件时,可以保证此时答案是最小的正整数解,这时直接return i*m+j
科学分析:
哈希好用呐~之前懒得用哈希,总觉得用STL的map能省很多事,然后就很尴尬的调了两天…一直TLE,最后绝望的手写了哈希表,然后居然就p+的A掉了,千万别用map,千万别用map,千万别用map,STL里面的玄学操作看起来很好用,我们最好还是乖乖学一学正常操作,老老实实手写哈希….
然后看看代码
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<cmath> 5 using namespace std; 6 #define ll long long 7 const int mod=1048573; 8 int hcnt=0,head[mod+10]; 9 struct Haha{ 10 int val,id,next; 11 }hash[mod+10]; 12 void insert(int x,int pos){ 13 int k=x%mod; 14 hash[++hcnt].val=x; 15 hash[hcnt].id=pos; 16 hash[hcnt].next=head[k]; 17 head[k]=hcnt; 18 } 19 int find(int x){ 20 int k=x%mod; 21 for(int i=head[k];i;i=hash[i].next){ 22 if(hash[i].val==x) return hash[i].id; 23 } 24 return -1; 25 } 26 ll ksm(int a,int b,int p){ 27 int x=a; 28 ll ret=1; 29 if(b<0) return -1; 30 while(b){ 31 if(b&1) ret=1ll*(ret*x)%p; 32 b>>=1; 33 x=1ll*x*x%p; 34 } 35 return ret; 36 } 37 int BSGS(int a,int b,int p){ 38 int m=(int)(sqrt(p)+0.999999); 39 if(b==1) return 0; 40 if(a==b) return 1; 41 if(!b){ 42 if(!a) return 1; 43 return -1; 44 } 45 ll x=1; 46 for(int i=1;i<=m;++i){ 47 x=x*a%p; 48 insert(x,i); 49 } 50 ll inv=1; 51 int inv2=ksm(a,p-m-1,p)%p; 52 for(int i=0;i<m;++i){ 53 int k=i*m; 54 if(inv==-1) return -1; 55 int ans=inv*b%p; 56 int jgy=find(ans); 57 if(~jgy){ 58 return k+jgy; 59 } 60 inv=1ll*inv*inv2%p; 61 } 62 return -1; 63 } 64 void init(){ 65 for(int i=0;i<mod;++i){ 66 hash[i].val=-1; 67 hash[i].next=0; 68 hash[i].id=0; 69 } 70 memset(head,0,sizeof(head)); 71 hcnt=0; 72 } 73 int main(){ 74 int a,b,p; 75 while(~scanf("%d%d%d",&p,&a,&b)){ 76 init(); 77 int dove=BSGS(a,b,p); 78 if(~dove) printf("%d\n",dove); 79 else printf("no solution\n"); 80 } 81 return 0; 82 }
当A和P互质的情况大概就是这样