1. 引入

Baby Step Giant Step算法（简称BSGS），用于求解形如ax≡b(modp)a^x\equiv b(mod\ p)ax≡b(mod p)（a,b,p∈Na,b,p\in \mathbb{N}a,b,p∈N）的同余方程，即著名的离散对数问题。
本文分为 (a,p)=1(a,p)=1(a,p)=1 和 (a,p)≠1(a,p)\neq 1(a,p)̸=1 两种情况讨论。

2. 方程 ax≡b(modp)a^x\equiv b(mod\ p)ax≡b(mod p) 的解性

因为若 ax≡ax+n(modp)a^{x}\equiv a^{x+n}(mod\ p)ax≡ax+n(mod p)，则 ax+i≡ax+n+ia^{x+i}\equiv a^{x+n+i}ax+i≡ax+n+i。
由抽屉原理以及同余的性质得，axa^xax 对 ppp 的模具有周期性，最大周期不超过 ppp。
由这个周期性可得，方程有解，等价于在 [0,p)[0,p)[0,p) 中有解。
由此我们只需要试图找到 [0,p)[0,p)[0,p) 中的最小自然数解，就可以得到方程是否有解，以及根据指数模的周期性得到方程的通解。
下面我们只讨论求解方程的最小自然数解。

3. 求解 ax≡b(modp)a^x\equiv b(mod\ p)ax≡b(mod p) (a,p)=1(a,p)=1(a,p)=1

Baby Step Giant Step它的名字就告诉我们，这个算法要将问题规模由大化小。
我们令 t=⌈p⌉t=\lceil \sqrt{p}\rceilt=⌈p⌉，那么我们所有 [0,p)[0,p)[0,p) 的自然数都可以包含在集合 {x∣x=it−j,i∈[1,t],j∈(0,t]}\{x|x=it-j,\ i\in [1,t],\ j \in (0,t]\}{x∣x=it−j, i∈[1,t], j∈(0,t]} 中。
我们只需要验证这个集合中是否存在解，即可验证原方程是否存在解。
我们考虑将方程表示为

ait−j≡b(modp)a^{it-j}\equiv b(mod\ p)ait−j≡b(mod p)

根据 (a,p)=1(a,p)=1(a,p)=1，我们有

ait≡baj(modp)a^{it}\equiv ba^j(mod\ p)ait≡baj(mod p)

我们发现等号两边的数我们都可以在 O(p)O(\sqrt p)O(p) 的时间内枚举出来。
我们只需要 O(p)O(\sqrt p)O(p) 枚举出所有 bajmodp(j∈(0,t])ba^j\ mod\ p(\ j \in (0,t])baj mod p( j∈(0,t])，然后把它们插入到哈希表当中，哈希表的对应位置储存这个值对应的最大的 jjj（因为要求最小自然数解，所以在 iii 相同的时候要使 jjj 最大）。
然后 O(p)O(\sqrt p)O(p) 从小到大枚举我们需要的 aitmodp(i∈[1,t])a^{it}\ mod\ p(\ i\in [1,t])ait mod p( i∈[1,t])，并在哈希表中查询是否有相等的值，若存在则取最小的 iii 及对应最大的 jjj，并将 it−jit-jit−j 作为最小自然数解；否则若不存在则说明无自然数解。

inline int solve_BSGS(const int &a, const int &b, const int &p)
{int t = ceil(sqrt(p)); std::map<int, int> hash; //map实现hash表hash.clear(); int tmp = b; for (int i = 1; i <= t; ++i){tmp = 1LL * tmp * a % p; hash[tmp] = i; }//插入b*a^jint pw = qpow(a, t, p); tmp = pw; for (int i = 1; i <= t; ++i){if (hash.find(tmp) != hash.end())return i * t - hash[tmp]; tmp = 1LL * tmp * pw % p; }//查询a^(it)return -1; //返回无解
}

4. 求解 ax≡b(modp)a^x\equiv b(mod\ p)ax≡b(mod p) (a,p)≠1(a,p)\neq 1(a,p)̸=1

对于这个方程，我们不能像上面那样求解的原因就是 aaa 在模 ppp 意义下不存在逆元，不能将 ait−ja^{it-j}ait−j 表示为 ait×a−ja^{it}\times a^{-j}ait×a−j。
那么我们从不定方程的角度分析这个同余方程。
这个方程等价于

ax+py=ba^x+py=bax+py=b

令 a1=(a,p)a_1=(a,p)a1=(a,p)，令原方程化为

ax−1aa1+pa1y=ba1a^{x-1}\frac{a}{a_1}+\frac{p}{a_1}y=\frac{b}{a_1}ax−1a1a+a1py=a1b

若此时 (a,pa1)≠1(a,\frac{p}{a_1})\neq 1(a,a1p)̸=1，那么我们接着化成

ax−2a2a1a2+pa1a2y=ba1a2a^{x-2}\frac{a^2}{a_1a_2}+\frac{p}{a_1a_2}y=\frac{b}{a_1a_2}ax−2a1a2a2+a1a2py=a1a2b

同理不断进行这样的操作，最后我们达到 (a,pa1a2…an)=1(a,\frac{p}{a_1a_2\dots a_n})=1(a,a1a2…anp)=1的目标，并将方程化为

ax−nana1a2…an+pa1a2…any=ba1a2…ana^{x-n}\frac{a^n}{a_1a_2\dots a_n}+\frac{p}{a_1a_2\dots a_n}y=\frac{b}{a_1a_2\dots a_n}ax−na1a2…anan+a1a2…anpy=a1a2…anb

然后记 a′=aa1a2…ana'=\frac{a}{a_1a_2\dots a_n}a′=a1a2…ana，p′=pa1a2…anp'=\frac{p}{a_1a_2\dots a_n}p′=a1a2…anp，b′=ba1a2…anb'=\frac{b}{a_1a_2\dots a_n}b′=a1a2…anb，那么原不定方程可以化为同余方程

ax−na′≡b′(modp′)a^{x-n}a'\equiv b'(mod\ p')ax−na′≡b′(mod p′)

显然 (a′,p′)=1(a',p')=1(a′,p′)=1，因此我们可以写成

ax−n≡b′(a′)−1(modp′)a^{x-n}\equiv b'(a')^{-1}(mod\ p')ax−n≡b′(a′)−1(mod p′)

然后就可以用互质的方法解决了。
可以发现，每次在 ppp 中除去一个最大公约数，每次都会有至少同一个质因子的次数减少 111，那么在int范围内，nnn 最多只会取到 303030。
以上两个情况的时间复杂度均为 O(plog⁡2p)O(\sqrt{p}\log_2{\sqrt p})O(plog2p)，因为用map实现哈希，可以做到更优秀。
有一些值得注意的地方：
1. 在我们令 bbb 除以一个最大公约数 ddd 时，若 d∤bd\nmid bd∤b，结合求解二元不定方程的知识，我们判定方程无自然数解。
2. 我们在不互质情况的化简操作中，已经假定了 x≥nx\ge nx≥n，所以方程才能写成那样的互质形式。对于 x≤nx\le nx≤n 的情况，我们应当提前枚举判断。
3. 注意在求解方程之前将 a,ba,ba,b 对 ppp 取模，注意 aaa 取模后为 000 的情况。
4. 对于对时间限制要求较为紧的题目，应当使用更为优秀的哈希表实现方式。
模板题：SP3105 MOD - Power Modulo Inverted
洛谷链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/SP3105
代码：

//map水过
#include <map>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>int a, p, b; inline int qpow(int b, int p, const int &mod)
{int res = 1; for (; p; p >>= 1, b = 1LL * b * b % mod)if (p & 1)res = 1LL * res * b % mod; return res;
}inline int ex_gcd(const int &a, const int &b, int &x, int &y)
{if (!b)return x = 1, y = 0, a; int res = ex_gcd(b, a % b, y, x); return y -= a / b * x, res;
}inline int solve_equ(const int &a, const int &b, const int &c)
{int x, y; int d = ex_gcd(a, b, x, y); if (c % d != 0) return -1; int mod = b / d; return (1LL * c / d * x % mod + mod) % mod;
}inline int solve_BSGS(const int &a, const int &b, const int &p)
{int t = ceil(sqrt(p)); std::map<int, int> hash; hash.clear(); int tmp = b; for (int i = 1; i <= t; ++i){tmp = 1LL * tmp * a % p; hash[tmp] = i; }int pw = qpow(a, t, p); tmp = pw; for (int i = 1; i <= t; ++i){if (hash.find(tmp) != hash.end())return i * t - hash[tmp]; tmp = 1LL * tmp * pw % p; }return -1;
}inline bool check()
{int k = 1 % p; for (int i = 0; i <= 40; ++i){if (k == b)return printf("%d\n", i), true; k = 1LL * k * a % p; }if (!a)return puts("No Solution"), true; return false;
}int main()
{while (scanf("%d%d%d", &a, &p, &b), a || p || b){a %= p, b %= p; if (check())continue; int d; int ap = 1, n = 0; bool flg = false; while ((d = std::__gcd(a, p)) != 1){++n; ap = 1LL * ap * (a / d) % p; p /= d; if (b % d){flg = true; break; }b /= d; }if (flg)puts("No Solution"); else{int res = solve_BSGS(a, 1LL * b * solve_equ(ap, p, 1) % p, p); if (res == -1)puts("No Solution"); elseprintf("%d\n", res + n); }}return 0;
}

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