前言
通常,高中及以下的数学研究的都是连续数学为主的.
想到对数函数,大多会想到如下的函数图像 :
(图片由 desmos 绘制)
但是模意义下的对数就有所不同.
模型
试求解以下方程 :
\[\large a^x \equiv b \pmod p \]即模意义下的求对数.
BSGS 算法
全称 Baby Step Giant Step 算法.
boy step girl step
boy step gay step
拔山盖世
属实是非常暴力的做法了.
Pohlig-Hellman? 不认识,真不熟. 我连 Pollard-Rho 还没学会呢.
模板 : \(\mathtt{Link.}\)
在 \(\mathcal{O} (\sqrt{p})\) 的时间内求出形如 \(a^x \equiv b \pmod p\) 的方程,且必须满足 \(a \perp p\) .
可以发现,方程的解 \(x\) 满足 \(x \in [0,p)\)
直接枚举显然是很劣的做法,考虑如何让枚举变得均摊.
首先把 \(x\) 表示为 \(A\lceil \sqrt{p} \rceil - B\) , 可以发现只需要 \(A,B \in [0,\sqrt{p}]\) 这个范围就可以满足表示出 \([0,p)\) 内的数了.
于是我们先写出来 :
\[\large x = A\lceil \sqrt{p} \rceil - B \]把这个表示方法代入原式 :
\[\large a^{A\lceil \sqrt{p} \rceil - B} \equiv b \pmod p \]把负指数转到另一侧 :
\[\large a^{A\lceil \sqrt{p} \rceil} \equiv a^B b \pmod p \]已知 \(a,b\) 那么现在可以枚举同余式右侧的 \(a^B b\) 的所有取值.
如果要求最小的 \(x\),对于两个 \(B\) 求出的 \(a^B b\) 在模 \(p\) 意义下相等的情况下,只需要保留更大的那个 \(B\) 即可.
通过上面的枚举,建立从 \(a^B b\) 到 \(B\) 的映射.
然后再枚举另一侧的 \(A\) ,求出 \(a^{A\lceil \sqrt{p} \rceil}\) 再通过映射查看是否有一个可行的 \(a^B b\) 存在.
这样就可以得出每一组能作为合法解的 \(A,B\) , 然后 \(x = A\lceil \sqrt{p} \rceil - B\) , 就是方程的解了.
可以发现, 通过把原来的暴力枚举 \(x\) 改为了成倍增加的 \(A\lceil \sqrt{p} \rceil - B\) ,大大加快了速度.
如果用 std::map 就会多一个 \(\log\) ,于是还是用哈希表比较好.
这道题里 : 手写哈希表 快于 __gnu_pbds::gp_hash_table 快于 __gnu_pbds::cc_hash_table 快于 std::unordered_map 快于 std::map , 这可太行了.
\(\texttt{Code}\) :
(附赠一个不是很可爱的哈希表)
常数太大即使是手写哈希表也只能进最优解第四页了,第一页的都是些什么神仙啊 Orz
int p,a,b;
inline int qpow(int _a,int _b) {
int res = 1;
while(_b) {
if(_b & 1) res = (ll)res * _a % p;
_a = (ll)_a * _a % p;
_b >>= 1;
}
return res;
}
constexpr int SIZ = 360007;
struct Hash_table {
Hash_table() : cnt(0) {};
int cnt;
int hd[SIZ];
struct Node {
int key;
int val,nxt;
}p[1000005];
inline int hash_head(int x) {
return x % SIZ;
}
inline int& operator [] (int k) {
int h = hash_head(k);
for(int i = hd[h]; i ;i = p[i].nxt)
if(p[i].key == k) return p[i].val;
p[++cnt] = (Node) {k,0,hd[h]},hd[h] = cnt;
return p[cnt].val;
}
}mp;
int BSGS() {
const int mx = ceil(sqrtf(p));
int base = b % p;
ff(i,1,mx) {
base = (ll)base * a % p;
mp[base] = i;
}
base = qpow(a,mx);
int prod = 1;
ff(i,1,mx) {
prod = (ll)prod * base % p;
if(mp[prod])
return (((ll)i * mx - mp[prod]) % p + p) % p;
}
return -1;
}
exBSGS 算法
超级拔山盖世算法
西楚霸王算法
模板 : \(\texttt{Link.}\)
考虑对于 \(a,p\) 不一定互质的情况下,求解 \(a^x \equiv b \pmod p\) .
大力把 \(\gcd\) 除掉即可.
我被卡哈希模数了阿巴阿巴阿巴阿巴.
\(\texttt{Code}\) :
int gcd(int a,int b) {
return b ? gcd(b,a % b) : a;
}
constexpr int SIZ = 100007;
struct Hash_table {
Hash_table() : cnt(0) {};
int cnt;
int hd[SIZ];
struct Node {
int key;
int val,nxt;
}p[1000005];
inline int hash_head(int x) {
return x % SIZ;
}
inline int& operator [] (int k) {
int h = hash_head(k);
for(int i = hd[h]; i ;i = p[i].nxt)
if(p[i].key == k) return p[i].val;
p[++cnt] = (Node) {k,0,hd[h]},hd[h] = cnt;
return p[cnt].val;
}
inline void clear() {
cnt = 0,mems(hd,0);
}
}mp;
int BSGS(int a,int b,int p,int pd) {
mp.clear();
int mx = ceil(sqrtf(p));
int base = 1;
ff(i,1,mx) {
base = (ll)base * a % p;
mp[(ll)base * b % p] = i;
}
int prod = pd;
ff(i,1,mx) {
prod = (ll)prod * base % p;
if(mp[prod]) {
int res = (((ll)i * mx - mp[prod]) % p + p) % p;
if(res >= 0) return res;
}
}
return -1;
}
int exBSGS(int a,int b,int p) {
a %= p,b %= p;
if(b == 1 || p == 1) return 0;
int k = 0;
int d,pd = 1;
while((d = gcd(a,p)) ^ 1) {
if(b % d) return -1;
++k;b /= d,p /= d;
pd = (ll)pd * a / d % p;
if(pd == b) return k;
}
int res = BSGS(a,b,p,pd);
if(res == -1) return -1;
else return res + k;
}
例题
T1
实现如下三个功能 :
-
求模意义乘法幂
-
求线性同余方程
-
求高次同余方程
同余全家桶了属于是.
于是分别写快速幂,exGCD和BSGS即可.
小 心 无 解 特 判
T2
题面过长诉讼.
读完发现就是BSGS模板啊.
芜湖,一发最优解!
T3
我 : 你是BSGS吗?
P4861 : 我是欧拉函数.
我 : 你是 BSGS.
特判一个 \(N,K\) 不互质为无解即可.
然后记得求解求出的 \(x\) 需要大于 \(0\) 才行.
T4
首先发现并不是熟悉的高次同余方程的形式了.
然后 \(K\) 和 \(m\) 还特大.但是时间有 2s 啊
??? 我不能接受.
首先要把原式右侧变成指数形式.
同余可以左右同加 & 同乘,考虑利用这个性质.
于是左右都乘 \(9\) 然后加 \(1\) 后,左侧就转变为了 \(10^{N}\) 的形式了.
然后就发现需要快速乘,考虑 __int128_t 水过去.
结果因为替换得不彻底导致一直在调.
最后混到了最优解第三.
T5
可以发现线性同余的递推式长得一副等差数列的样子.
把系数挪一下然后把除变逆元就是一个 BSGS 能求解的标准形式了.
总结
点出来了不知道有没有用的科技树.
也不是特别难,主要就是把式子推成 \(a^x \equiv b \pmod p\) 的形式然后套板子.
板子也挺易懂的.
exBSGS 题好少啊.
CF1106F是大阴间BSGS题,明天把 CF1106 刷了吧.
CF1106 居然是 Div 2 QAQ