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

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 p 的原根(我们一定可以找到这个 g 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。

 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
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。

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 \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}

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


评论