BSGS与ExBSGS：大步小步法
朴素BSGS
\(BSGS\)也就是\(Baby~ Step~ Giant~ Step\)，用以解决形如以下的问题：
求解\(A^x \equiv B (mod~C)\)的最小整数解。其中\(A\)与\(C\)互质。
设\(x = am - b\)则原式变为
\[
A^{am-b}\equiv B(mod~C)
\]
\[
A^{am}\equiv B\times A^b(mod~C)
\]
然后我们假设\(m = \sqrt {C}\)则\(a \in [1, m], b \in [0, m)\)，我们可以直接枚举\(b\)的可能取值然后对右边的式子进行计算，储存到\(map\)或者\(hash\)表里面（当然\(hash\)表相比起\(map\)是要更快的，因为\(map\)会带一个\(log\)，但是博主懒~）。然后枚举所有可能的\(a\)然后查询右边的值有没有相等的值即可。
时间复杂度大概是\(O(\sqrt{C} logC)\)。给一个模板题的连接吧：Link
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std ;
typedef long long LL ;
const int MAXN = 100010, MAXM = 100010 ;
const int Inf = 0x7fffffff ;
int A, B, Mod, B2, T ; map <int, int> Map ;
inline int Read() {
int X = 0, F = 1 ; char ch = getchar() ;
while (ch > '9' || ch < '0') F = (ch == '-' ? - 1 : 1), ch = getchar() ;
while (ch >= '0' && ch <= '9') X=(X<<1)+(X<<3)+(ch^48), ch = getchar() ;
return X * F ;
}
inline int QuickPow(int X, int Y) {
int Ans = 1 ; while (Y) {
if (Y & 1) Ans = 1ll * Ans * X % Mod ;
X = 1ll * X * X % Mod ; Y >>= 1 ;
} return Ans ;
}
int main() {
Mod = Read() ; A = Read() ; B = Read() ;
int M = sqrt(Mod) + 1 ; B2 = B ;
for (int i = 0 ; i <= M ; i ++)
Map[B2] = i, B2 = 1ll * B2 * A % Mod ;
int T = QuickPow(A, M) ; B2 = 1 ;
for (int i = 1 ; i <= M ; i ++) {
B2 = 1ll * B2 * T % Mod ;
if (Map.count(B2))
return printf("%d\n", i * M - Map[B2]), 0 ;
}
printf("no solution\n") ;
return 0 ;
}ExBSGS扩展大步小步法
不用我说大家也知道有\(ExBSGS\)了，而多的条件就是\(A、C\)不一定互质了。我们这时无法进行朴素的\(BSGS\)的原因就在于之前的方法是基于欧拉定理的。
\[
A^{\varphi(C)} \equiv 1 (mod~C)
\]
可以看出最开始的方程的最小非负整数解一定在\([0, \varphi(C))\)中所以我们才能将枚举的范围缩小（因为循环节为\(\varphi(C)\)嘛。）但是欧拉定理使用的范围就是\(gcd(A, C) = 1\)。所以朴素的\(BSGS\)并不适用。这时应该怎么办呢？
既然\(gcd(A, C) ≠ 1\)，那么我们就设\(D = gcd(A, C)\)，然后改写原方程：
\[
A^x +kC = B
\]
这个方程有解当且仅当\(d|B\)时，所以我们可以约一下分。
\[
\frac {A \times A^{x - 1}}{D} + k \frac {C}{D} = \frac {B}{D}
\]
此时，如果\(gcd(A^{x - 1}, \frac {C}{D}) = 1\)我们就可以解下面这个方程：
\[
A^{X - 1} \equiv \frac {B}{D \frac {A} {D}}(mod ~ \frac{C}{D})
\]
不然的话我们就不断的持续上面的步骤，知道分解至\(gcd(A, C) = 1\)为止，我们就只需要解
\[
\frac{A^n \times A^{x - n}}{D} \equiv \frac{B}{D}(mod~\frac{C}{D})
\]
即可。最后我们还原BSGS的原来形式就可以了。这个模板洛谷好像还是有的：Link
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std ;
typedef long long LL ;
const int MAXN = 100010, MAXM = 100010 ;
const int Inf = 0x7fffffff ;
int A, B, Mod ; map <int, int> Map ;
inline int Read() {
int X = 0, F = 1 ; char ch = getchar() ;
while (ch > '9' || ch < '0') F = (ch == '-' ? - 1 : 1), ch = getchar() ;
while (ch >= '0' && ch <= '9') X=(X<<1)+(X<<3)+(ch^48), ch = getchar() ;
return X * F ;
}
inline int QuickPow(int X, int Y) {
int Ans = 1 ; while (Y) {
if (Y & 1) Ans = 1ll * Ans * X % Mod ;
X = 1ll * X * X % Mod ; Y >>= 1 ;
} return Ans ;
}
inline int Gcd(int X, int Y) {
if (! Y) return X ;
return Gcd(Y, X % Y) ;
}
inline void ExBSGS(int A, int B) {
if (B == 1) {
puts("0") ; return ;
}
int D = __gcd(A, Mod), K = 1, T = 0 ;
while (D ^ 1) {
if (B % D) {
puts("No Solution") ; return ;
}
T ++ ; B /= D ; Mod /= D ; K = 1ll * K * (A / D) % Mod ;
if (B == K) {
printf("%d\n", T) ; return ;
}
D = __gcd(A, Mod) ;
}
int B2 = B ; Map.clear() ; int M = sqrt(Mod) + 1 ;
for (int i = 0 ; i < M ; i ++)
Map[B2] = i, B2 = 1ll * B2 * A % Mod ;
B2 = K ; K = QuickPow(A, M) ;
for (int i = 1 ; i <= M ; i ++) {
B2 = 1ll * B2 * T % Mod ;
if (Map.count(B2)) {
printf("%d\n", i * M - Map[B2] + T) ; return ;
}
} puts("No Solution") ;
}
int main() {
while (1) {
A = Read(), Mod = Read(), B = Read() ;
if (! A && ! Mod && ! B) break ;
A = A % Mod ; B = B % Mod ;
ExBSGS(A, B) ;
}
return 0 ;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/Yeasio-Nein/p/BSGS.html