一.引入:
若存在一个式子a^b ≡ c (mod p) (p ≡ 1000000007,且0<a,b,c<p)
已知a,b,求c.
这不就是快速幂嘛!
已知a,c,求b.
这就是我们需要研究的问题!用到了BSGS!
题目链接:poj 2417 bsgs
二.概念
BSGS:
又名大步小步算法.具体的我也不清楚啦~
那么发明来做什么事情呢?
如上所述:
就是用来求解a^x ≡ b (mod p)这样的式子
PS:已知a,b,p
求最小x
三.做法
首先,我们将x用i*m-j来表示,其中我们的m=seil(sqrt(p)),(seil为向上取整)
然后我们用i*m-j代替掉x,所以原式就变成了这个样子
a^(i * m-j) ≡ b (mod p)
又因为a^(i * m-j) => a^(i * m)/a^j
所以原式又变了模样:
a^(i * m)/a^j ≡ b (mod p)
又因为在"≡"(同余号)的两侧同时乘以一个相同的数依旧是成立的,如果不明白可以手动模拟一下,
给出个栗子~
3 ≡ 10 (mod 7),当两边同乘以5时式子变成: 15 ≡ 50 (mod 7)
因为15%7==1&&50%7==1,所以原式依旧成立
所以将式子两边同时乘以a^j
那么式子就又发生了改变:
a^(i * m) ≡ b * a^j (mod p)
= (a^m)^i ≡ b * a^j (mod p)
所以问题就简单多了!
因为a^m是常数,b是常数,p也是常数,所以只有 i 跟 j 是未知的,暴力枚举!
但是有一点是我们不能够忘记的:
m的取值范围:1 —— p(p是当b==0时),所以
首先将 j 从1 到 p-1 进行枚举一遍,求出b * a^j 的值丢到hash(大佬是用map做的)里面咯(讲真hash不会用...怪我咯?)
思路是这样的:(其实就是hash啦~)
(b*a^j)%p(如果p太小换成另外一个比较大的质数)作为下标,里面存着当前计算出来的数,以及当前的 j (可以用vector~)
然后,枚举 j ,我们大可以设a^m==c
将 i 从 1 到p-1枚举一遍,如果求出的数在hash里面找到了,则说明当前的数就是 i (能够成立的) 最小值,跳出循环,用当前的i,以及记录下来的 j 计算对应的 i 求出 x
则x就是最小的解
C++代码实现:
(map方法:)
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<map> #include<cmath> using namespace std; typedef long long LL; LL a,b,c; map<LL,LL> mp; LL qsm(LL m) { LL n = a; if(m == 0) return 1; LL t = qsm(m/2); t = 1LL*t*t%c; if(m&1) t = 1LL*t*n%c; return t; } int main() { //a^im=b*a^j(mod c) while (scanf("%lld%lld%lld",&c,&a,&b)!=EOF) { mp.clear(); //清空 if (a%c==0) //判断a,c 是否互质，因为c 是质数，所以直接判断是否整除即可 { printf("no solution\n"); continue; } LL m=ceil(sqrt(c)); LL ans; for (LL j=0; j<=m; j++) { if (j==0) { //当j=0时，a^j=1, b*a^j=b ans=b%c; mp[ans]=j; continue; } ans=(ans*a)%c; //括号里的ans指a^(j-1)*b,(a^(j-1)*b)*a=(a^j)*b mp[ans]=j;//在((a^j)*b)%c的位置记录下j } LL t=qsm(m);//t=a^m ans=1; bool p=false; for (LL i=1; i<=m; i++) { ans=(ans*t)%c;//括号里的ans指的是((a^m)^(i-1))*(a^m)=(a^m)^i=a^(im) if (mp[ans]) { LL t=i*m-mp[ans];//t=x,因为我们设的x=i*m-j printf("%lld\n",t); p=true; break; } } if (!p) printf("no solution\n"); } }
End.
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