本文原载于：http://www.orchidany.cf/2019/02/06/BSGS-junior/#more
\(\rm{0x01}\) \(\mathcal{Preface}\)
\(\rm{BSGS}(Baby~Step~Giant~Step)\), 大步小步法。当然也会被叫做拔山盖世、北上广深算法……咳，这并不重要。形式化地讲， \(\rm{BSGS}\)算法主要用来解决以下问题 :
给定质数\(p\), 整数\(a, b\), \((a, p)=1\).求最小的非负整数\(x\), 使得\(a^x≡ b~(\mod p)\)
而首先我们知道的，是由欧拉定理\(a ^{\varphi(p)} ≡ 1 ~(\mod p)\)，并且我们还知道\(a^0=1≡1 ~(\mod p)\)，所以我们可以得出一个断言：
如果方程\(a^x≡ b~(\mod p)\)有最小非负整数解，那么最小非负整数解一定在\([0, \varphi(p))\)中 \(\qquad \qquad(1) \)
此处肉眼可以看出其循环节为\(\varphi(p)\)，不再证明。
之后我们将以此为基础进行类似分块的操作——
\(\rm{0x02~~Baby~Step~Giant~Step}\)
首先我们记\(n=\sqrt {\varphi(p)}\)，那么\(\forall x \in [0, \varphi(p))\), \(x = i\times m+j\), \(i \leq \lfloor \frac{p−1-m}{m} \rfloor,~~ 0≤j <m\) 。那么对于原方程我们可以把其改为：$$a^{i\cdot n+j}≡ b~(\mod p)$$移一下项就可以变成$$a^j ≡b \cdot a^{-i\cdot n} (\mod p)$$那么现在我们的策略是算出所有\(a^j\)来，在\(\mod p\) 意义下观察是否有一个\(i\)使得\(a^j ≡b \cdot a^{-i\cdot n} (\mod p)\)。我们称左边枚举\(a^j\)叫做小步\((\rm{Baby~Step})\)， 称右边枚举\(b \cdot a^{-i\cdot n}\)叫做大步\(~(\rm{Giant~Step})\)。
那么其实算法流程很明晰了，我们只需要循环两次、第一次记录的\(a^j\)用哈希表（\(STL\)自带\(unordered\)_ \(map\)）记录一下即可。
inline LL expow(LL a, LL b, LL p){
LL res = 1 ;
while (b){
if (b & 1)
(res *= a) %= p ;
(a *= a) %= p, b >>= 1 ;
}
return res % p ;
}
inline void bsgs(LL x, LL y, LL p){
P = ceil(sqrt(p)), Hash.clear(), Q = expow(x, -P + 2 *(p - 1), p) ;
//a ^ (p-1) = 1 (mod p) => Q = a^(-P) = a ^(-P + p -1) ;
for (LL i = 1, j = 0 ; j < P ; ++ j, (i *= x) %= p)
if (!Hash.count(i)) Hash[i] = j ; // Push them into hash_table
for (LL i = y, j = 0 ; j <= P ; ++ j, (i *= Q) %= p)
if (Hash.count(i)){ cout << Hash[i] + j * P << endl ; return ; }
cout << "-1" << endl ;
}
其中细节还是有的：
计算
sqrt时要上取整。我们在求\(a^{-i\cdot n}\)时用的底变量需要由费马小定理求快速幂得出。但是此时指数上可能为负数，所以我们选择加上一个模数，不影响结果。
两次循环枚举的边界要注意有的是\(\leq\)有的是\(<\)
算法还没开始时，要判断本身\(a\)是否可以被\(P\)整除。如果不特判这种情况的话，我们上面代码中的
Q就会=0，从而在下面的第二个循环处出错——我们的hash[i]和j不能同时为\(0\)，从而输出错误的答案。
\(\rm{0x03}\) 例题
\(T1~\)\(LuoguP4028\)
裸题，但是有很多坑……或者说上面列举的细节都涵盖了qaq
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include<tr1/unordered_map>
#define LL long long
using namespace std ;
using namespace tr1 ; int T ;
LL A, B, M, P, Q ; unordered_map <LL, LL> Hash ;
inline LL expow(LL a, LL b, LL p){
LL res = 1 ;
while (b){
if (b & 1)
(res *= a) %= p ;
(a *= a) %= p, b >>= 1 ;
}
return res % p ;
}
inline void bsgs(LL x, LL y, LL p){
P = ceil(sqrt(p)), Hash.clear(), Q = expow(x, -P + 2 *(p - 1), p) ;
//a ^ (p-1) = 1 (mod p) => Q = a^(-P) = a ^(-P + p -1) ;
for (LL i = 1, j = 0 ; j < P ; ++ j, (i *= x) %= p)
if (!Hash.count(i)) Hash[i] = j ; // Push them into hash_table
for (LL i = y, j = 0 ; j <= P ; ++ j, (i *= Q) %= p)
if (Hash.count(i)){ cout << Hash[i] + j * P << endl ; return ; }
cout << "Couldn't Produce!" << endl ;
}
inline LL qr(){
LL res = 0 ; char c = getchar() ; while (!isdigit(c)) c = getchar() ;
while (isdigit(c)) res = (res << 1) + (res << 3) + c - 48, c = getchar() ;
return res ;
}
int main(){
cin >> T ;
while (T --){
M = qr(), A = qr(), B = qr() ;
if ((!(A % M == 0 && B))) bsgs(A, B, M) ;
else cout << "Couldn't Produce!" << endl ;
}
return 0 ;
}
\(T2~\) \(TJOI2007~Cute~Prime\)
最裸最裸的、无特判的题……可以水一下双倍经验。