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

转载于:https://www.cnblogs.com/wondove/p/7976525.html

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