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BSGS

基础篇

BSGS（baby-step gaint-step），即大步小步算法。常用于求解离散对数问题。形式化地说，该算法可以在 $O(\sqrt{p})$ 用于求解。

$$a^x \equiv b \bmod p$$

其中 $a\perp p$ 。方程的解 $x$ 满足 $0 \le x < p$ 。（在这里需要注意，只要 $a\perp p$ 就行了，不要求 $p$ 是素数）

算法描述

令 $x = A \left \lceil \sqrt p \right \rceil - B$ ，其中 $0\le A,B \le \left \lceil \sqrt p \right \rceil$ ，则有 $a^{A\left \lceil \sqrt p \right \rceil -B} \equiv b$ ，稍加变换，则有 $a^{A\left \lceil \sqrt p \right \rceil} \equiv ba^B$ 。

我们已知的是 $a,b$ ，所以我们可以先算出等式右边的 $ba^B$ 的所有取值，枚举 $B$ ，用 hash / map 存下来，然后逐一计算 $a^{A\left \lceil \sqrt p \right \rceil}$ ，枚举 $A$ ，寻找是否有与之相等的 $ba^B$ ，从而我们可以得到所有的 $x$ ， $x=A \left \lceil \sqrt p \right \rceil - B$ 。

注意到 $A,B$ 均小于 $\left \lceil \sqrt p \right \rceil$ ，所以时间复杂度为 $\Theta\left (\sqrt p\right )$ ，用 map 则多一个 $\log$ 。

进阶篇

求解

$$x^a \equiv b \bmod p$$

其中 $p$ 是个质数。

该模型可以通过一系列的转化为成 基础篇 中的模型，你可能需要了解关于 阶与原根 的知识。

由于式子中的模数 $p$ 是一个质数，那么 $p$ 一定存在一个原根 $g$ 。因此对于模 $p$ 意义下的任意的数 $x\ (0\le x<p)$ 有且仅有一个数 $i\ (0\le i<p-1)$ 满足 $x = g^i$ 。

方法一

我们令 $x=g^c$ ， $g$ 是 $p$ 的原根（我们一定可以找到这个 $g$ 和 $c$ ），问题转化为求解 $(g^c)^a \equiv b \bmod p$ 。稍加变换，得到

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

于是就转换成了我们熟知的 BSGS 的基本模型了，可以在 $O(\sqrt p)$ 解出 $c$ ，这样可以得到原方程的一个特解 $x_0\equiv g^c\bmod p$ 。

方法二

我们仍令 $x=g^c$ ，并且设 $b=g^t$ ，于是我们得到

$$g^{ac}\equiv g^t\mod p$$

方程两边同时取离散对数得到

$$ac\equiv t\mod \varphi(p)$$

我们可以通过 BSGS 求解 $g^t\equiv b\bmod p$ 得到 $t$ ，于是这就转化成了一个线性同余方程的问题。这样也可以解出 $c$ ，求出 $x$ 的一个特解 $x_0\equiv g^c\bmod p$ 。

找到所有解

在知道 $x_0\equiv g^{c}\pmod n$ 的情况下，我们想得到原问题的所有解。首先我们知道 $g^{\varphi(n)}\equiv 1\pmod n$ ，于是可以得到

$$\forall\ t \in \mathbb{Z},\ x^k \equiv g^{ c \cdot k + t\cdot\varphi(n)}\equiv a \mod p$$

于是得到所有解为

$$\forall\ t\in \mathbb{Z},k\mid t\cdot\varphi(n),\ x\equiv g^{c+\frac{t\cdot\varphi(n)}{k}}\mod p$$

对于上面这个式子，显然有 $\frac{k}{\gcd(k,\varphi(n))} \mid t$ 。因此我们设 $t=\frac{k}{\gcd(k,\varphi(n))}\cdot i$ ，得到

$$\forall \ i\in \mathbb{Z},x\equiv g^{c+\frac{\varphi(n)}{\gcd(k,\varphi(n))}\cdot i}\mod p$$

这就是原问题的所有解。

实现

下面的代码实现的找原根、离散对数解和原问题所有解的过程。

int gcd(int a, int b) { return a ? gcd(b % a, a) : b; }
int powmod(int a, int b, int p) {
  int res = 1;
  while (b > 0) {
    if (b & 1) res = res * a % p;
    a = a * a % p, b >>= 1;
  }
  return res;
}
// Finds the primitive root modulo p
int generator(int p) {
  vector<int> fact;
  int phi = p - 1, n = phi;
  for (int i = 2; i * i <= n; ++i) {
    if (n % i == 0) {
      fact.push_back(i);
      while (n % i == 0) n /= i;
    }
  }
  if (n > 1) fact.push_back(n);
  for (int res = 2; res <= p; ++res) {
    bool ok = true;
    for (int factor : fact) {
      if (powmod(res, phi / factor, p) == 1) {
        ok = false;
        break;
      }
    }
    if (ok) return res;
  }
  return -1;
}
// This program finds all numbers x such that x^k=a (mod n)
int main() {
  int n, k, a;
  scanf("%d %d %d", &n, &k, &a);
  if (a == 0) return puts("1\n0"), 0;
  int g = generator(n);
  // Baby-step giant-step discrete logarithm algorithm
  int sq = (int)sqrt(n + .0) + 1;
  vector<pair<int, int>> dec(sq);
  for (int i = 1; i <= sq; ++i)
    dec[i - 1] = {powmod(g, i * sq * k % (n - 1), n), i};
  sort(dec.begin(), dec.end());
  int any_ans = -1;
  for (int i = 0; i < sq; ++i) {
    int my = powmod(g, i * k % (n - 1), n) * a % n;
    auto it = lower_bound(dec.begin(), dec.end(), make_pair(my, 0));
    if (it != dec.end() && it->first == my) {
      any_ans = it->second * sq - i;
      break;
    }
  }
  if (any_ans == -1) return puts("0"), 0;
  // Print all possible answers
  int delta = (n - 1) / gcd(k, n - 1);
  vector<int> ans;
  for (int cur = any_ans % delta; cur < n - 1; cur += delta)
    ans.push_back(powmod(g, cur, n));
  sort(ans.begin(), ans.end());
  printf("%d\n", ans.size());
  for (int answer : ans) printf("%d ", answer);
}

扩展篇

接下来我们求解

$$a^x\equiv b\mod p$$

其中 $a,p$ 不一定互质。

当 $a\perp p$ 时，在模 $p$ 意义下 $a$ 存在逆元，因此可以使用 BSGS 算法求解。于是我们想办法让他们变得互质。

具体地，设 $d_1=\gcd(a,p)$ 。如果 $d_1\nmid b$ ，则原方程无解。否则我们把方程同时除以 $d_1$ ，得到

$$\frac{a}{d_1}\cdot a^{x-1}\equiv \frac{b}{d_1}\mod \frac{p}{d_1}$$

如果 $a$ 和 $\frac{p}{d_1}$ 仍不互质就再除，设 $d_2=\gcd\left(a,\frac{p}{d_1}\right)$ 。如果 $d_2\nmid \frac{b}{d_1}$ ，则方程无解；否则同时除以 $d_2$ 得到

$$\frac{a^2}{d_1d_2}\cdot a^{x-2}≡\frac{b}{d_1d_2} \mod \frac{p}{d_1d_2}$$

同理，这样不停的判断下去。直到 $a\perp \frac{p}{d_1d_2\cdots d_k}$ 。

记 $D=\prod_{i=1}^kd_i$ ，于是方程就变成了这样：

$$\frac{a^k}{D}\cdot a^{x-k}\equiv\frac{b}{D} \mod \frac{p}{D}$$

由于 $a\perp\frac{p}{D}$ ，于是推出 $\frac{a^k}{D}\perp \frac{p}{D}$ 。这样 $\frac{a^k}{D}$ 就有逆元了，于是把它丢到方程右边，这就是一个普通的 BSGS 问题了，于是求解 $x-k$ 后再加上 $k$ 就是原方程的解啦。

注意，不排除解小于等于 $k$ 的情况，所以在消因子之前做一下 $\Theta(k)$ 枚举，直接验证 $a^i\equiv b \mod p$ ，这样就能避免这种情况。

习题

• SPOJ MOD 模板
• SDOI2013 随机数生成器
• BZOJ1319 Discrete Roots 模板
• SDOI2011 计算器 模板
• Luogu4195【模板】exBSGS/Spoj3105 Mod 目标

• Codeforces - Lunar New Year and a Recursive Sequence

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