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原根
BSGS大步小步算法
扩展BSGS

原根

如果两个整数a,ba,ba,b互质，则有aϕ(b)%b=1a^{\phi(b)}\%b=1aϕ(b)%b=1

定义模bbb意义下的aaa的阶为使ad%b=1a^d\%b=1ad%b=1的最小正整数ddd

显然，模bbb的阶d∣ϕ(b)d|\phi(b)d∣ϕ(b)

如果模bbb意义下aaa的阶为ϕ(b)\phi(b)ϕ(b)，则称aaa为bbb的原根

欧拉证明了（我证明不了）

模bbb存在原根的充要条件为：b=2,4,pn,2pnb=2,4,p^n,2p^nb=2,4,pn,2pn，其中ppp为奇素数，n∈N∗n∈N^*n∈N∗

当模bbb有原根时，其原根个数为ϕ(ϕ(b))\phi(\phi(b))ϕ(ϕ(b))

那么如何求一个数的原根？

首先判断它是否有原根

如果有，一般最小原根都很小，可以选择美丽的暴力

预处理出ϕ(b)\phi(b)ϕ(b)的所有因子，存放在数组DDD中

在[2,ϕ(b))[2,\phi(b))[2,ϕ(b))区间中，从小到大米枚举变量iii

如果存在j∈Dj∈Dj∈D，使得iϕ(b)j%b=1i^{\frac{\phi(b)}{j}}\%b=1ijϕ(b)%b=1，则iii不是原根，否则iii是原根

为什么这样是正确的呢？

因为如果存在一个数1≤x<ϕ(b)1\le x<\phi(b)1≤x<ϕ(b)，使得ix%b=1i^x\%b=1ix%b=1

则x∣ϕ(b)x|\phi(b)x∣ϕ(b)，并且一定存在一个ϕ(b)\phi(b)ϕ(b)的质因子jjj，使得x∣ϕ(b)jx|\frac{\phi(b)}{j}x∣jϕ(b)

BSGS大步小步算法

BSGS是用来解决离散对数问题的

即ax≡b(modp)a^x\equiv b\ (mod\ \ p)ax≡b (mod p)，其中a,b,pa,b,pa,b,p已知，且(a,p)=1(a,p)=1(a,p)=1，求xxx

因为aϕ(p)≡1(modp),ϕ(p)<pa^{\phi(p)}\equiv 1\ (mod\ \ p),\phi(p)<paϕ(p)≡1 (mod p),ϕ(p)<p

所以可以采取枚举法，在O(p)O(p)O(p)的时间复杂度求出xxx

而BSGSBSGSBSGS可以在O(p)O(\sqrt{p})O(p)的时间复杂度内求出xxx

令m=⌈p⌉,r=xmodmm=\lceil \sqrt{p} \rceil,r=x\mod mm=⌈p⌉,r=xmodm，则x=k∗m+rx=k*m+rx=k∗m+r，其中0≤k<m,0≤r<k0\le k<m,0\le r<k0≤k<m,0≤r<k，有
ak∗m+r≡b(modp)a^{k*m+r}\equiv b\ \ (mod\ \ p)ak∗m+r≡b (mod p)

因为(a,p)=1(a,p)=1(a,p)=1，方程两边同乘a−ra^{-r}a−r

ak∗m≡b∗a−r(modp)a^{k*m}\equiv b*a^{-r}\ \ (mod\ \ p)ak∗m≡b∗a−r (mod p)

对于0≤i<r0\le i<r0≤i<r，求出所有的b∗a−1modpb*a^{-1}\mod\ \ pb∗a−1mod p，将其值以及iii存入mapmapmap

然后再求左边的aj∗mmodp,(0≤j<k)a^{j*m}\mod p,(0\le j<k)aj∗mmodp,(0≤j<k)，并在mapmapmap里寻找是否出现过相同的值

如果有，代表着同余，已经找到了答案，如果没有则是无解

然而。。。

可以稍微转变一下算法过程，避免求逆元的操作

x=k∗m+r=(k+1)∗m−m+r=(k+1)∗m−(m−r)x=k*m+r=(k+1)*m-m+r=(k+1)*m-(m-r)x=k∗m+r=(k+1)∗m−m+r=(k+1)∗m−(m−r)
因为有 r<mr<mr<m 所以考虑换一种方式枚举 r←m−rr\leftarrow m-rr←m−r
⇒x=k∗m−r，(1≤k≤m,0≤r<m)\Rightarrow x=k*m-r，(1\le k\le m,0\le r<m)⇒x=k∗m−r，(1≤k≤m,0≤r<m)
则ak∗m−r≡b(modp)a^{k*m-r}\equiv b\ \ (\mod p)ak∗m−r≡b (modp)
两边同时乘以ara^rar
ak∗m≡b∗ar(modp)a^{k*m}\equiv b*a^r\ \ (\mod p)ak∗m≡b∗ar (modp)
先求出右边所有的b∗ai(modp)(1≤i≤m)b*a^i(\mod p)(1\le i\le m)b∗ai(modp)(1≤i≤m)保存在mapmapmap中

然后再求左边的aj∗mmodpa^{j*m}\mod\ paj∗mmod p，并在mapmapmap中查找是否出现过

如果出现过，左边枚举的是jjj，右边枚举的是iii，则答案为x=j∗m−ix=j*m-ix=j∗m−i，这样就避免了求逆元的操作，却仍然用到了逆元

因为推导必须是等价推导，只有当(a,p)=1(a,p)=1(a,p)=1，即ara^rar逆元存在时，才可以大胆两边同乘ara^rar等价，因为如果(a,p)≠1(a,p)≠1(a,p)=1，式子倒推不回去

#include <map>
#include <cmath>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define int long long
map < int, int > mp;
int a, mod, r;int bsgs() {mp.clear();int m = ceil( sqrt( mod ) );int tmp = 1;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {tmp = tmp * a % mod;mp[tmp * r % mod] = i;}int res = 1;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {res = res * tmp % mod;if( mp[res] ) return m * i - mp[res];}return -1;
}signed main() {int ans;while( ~ scanf( "%lld %lld %lld", &mod, &a, &r ) ) {r %= mod, a %= mod;if( r == 1 ) ans = 0;else if( ! a ) {if( r ) ans = -1;else ans = 1;}else ans = bsgs();if( ans == -1 ) printf( "no solution\n" );else printf( "%lld\n", ans );}return 0;
}

扩展BSGS

对于ax≡b(modp)a^x\equiv b(\mod p)ax≡b(modp)

如果(a,p)>1(a,p)>1(a,p)>1，则无法直接套用BSGS，此时就要用到扩展BSGS

将要求解的式子变形
ax+k∗p=ba^x+k*p=bax+k∗p=b
设(a,p)=g(a,p)=g(a,p)=g，若bbb不是ggg的倍数，则方程无解

不过有一个例外b=1,x=0b=1,x=0b=1,x=0，这个情况特判即可

式子左右两边除以ggg
ax−1ag+kpg=bga^{x-1}\frac{a}{g}+k\frac{p}{g}=\frac{b}{g}ax−1ga+kgp=gb
令a′=ag,p′=pg,b′=bga'=\frac{a}{g},p'=\frac{p}{g},b'=\frac{b}{g}a′=ga,p′=gp,b′=gb
ax−1a′+kp′=b′a^{x-1}a'+kp'=b'ax−1a′+kp′=b′
若a,p′a,p'a,p′仍然不互质，则继续以上操作找出a,p′a,p'a,p′的最大公约数g′g'g′

最新式子两边继续除以g′g'g′，直到(a,p′)=1(a,p')=1(a,p′)=1为止

在此过程中，假设取出来了cntcntcnt个aaa，出去公约数后剩下的乘积为a′a'a′

此时(a′,p′)=1(a',p')=1(a′,p′)=1，于是可以转化为ax−cnta′≡b(modp)⇔ax−cnt≡b′(a′)−1(modp)a^{x-cnt}a'\equiv b\pmod p \Leftrightarrow a^{x-cnt}\equiv b'(a')^{-1}\pmod pax−cnta′≡b(modp)⇔ax−cnt≡b′(a′)−1(modp)
其中cntcntcnt表示两边除以最大公约数ggg的次数

此处右边有逆元，为了避免求逆元，将a′a'a′保留在左边

在BSGS枚举左边时，初始值设为a′a'a′即可

如果在除以ggg的过程中，发现b′(a′)−1=1⇔b′≡a′⇒x−cnt=0⇒x=cntb'(a')^{-1}=1\Leftrightarrow b'\equiv a'\Rightarrow x-cnt=0\Rightarrow x=cntb′(a′)−1=1⇔b′≡a′⇒x−cnt=0⇒x=cnt

接下来，直接套用基础BSGS即可，记得最后的答案不要忘记加上cntcntcnt哟(＾Ｕ＾)ノ~ＹＯ

#include <map>
#include <cmath>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define int long long
map < int, int > mp;
int a, mod, r;int gcd( int x, int y ) {if( ! y ) return x;else return gcd( y, x % y );
}int qkpow( int x, int y, int mod ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}int exbsgs() {if( r == 1 ) return 0;int cnt = 0, tmp = 1, d;while( 1 ) {d = gcd( a, mod );if( d == 1 ) break;if( r % d ) return -1;r /= d, mod /= d;tmp = tmp * ( a / d ) % mod;++ cnt;if( tmp == r ) return cnt;}mp.clear();int res = r;mp[r] = 0;int m = ceil( sqrt( 1.0 * mod ) );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {res = res * a % mod;mp[res] = i;}int temp = qkpow( a, m, mod );res = tmp;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {res = res * temp % mod;if( mp.count( res ) )return i * m - mp[res] + cnt;}return -1;
}signed main() {while( ~ scanf( "%lld %lld %lld", &a, &mod, &r ) ) {if( ! a && ! mod && ! r ) return 0;int ans = exbsgs();if( ans == -1 ) printf( "No Solution\n" );else printf( "%lld\n", ans );}return 0;
}

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