## 大步小步算法

### 1.0 基础篇

大步小步算法英文名：**baby-step gaint-step (BSGS)**.

该算法可以在 $O(\sqrt{q})$ 用于求解

$$
a^x \equiv b \bmod p
$$

其中 $p$ 是个质数的方程的解 $x$ 满足 $0 \le x < p$ .

令 $x = A \lceil \sqrt p \rceil - B$，其中 $0\le A,B \le \lceil \sqrt p \rceil$，

则有 $a^{A\lceil \sqrt p \rceil -B} \equiv b$，稍加变换，则有 $a^{A\lceil \sqrt p \rceil} \equiv ba^B$.

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 $a^{A\lceil \sqrt p \rceil}$，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 $x$，$x=A \lceil \sqrt p \rceil - B$.

注意到 $A,B$ 均小于 $\lceil \sqrt p \rceil$，所以时间复杂度为 $O(\sqrt q)$，用 map 的话会多一个 $\log$.

[BZOJ-2480](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2480) 是一道模板题（可能是权限题），[BZOJ-3122](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3122) 是一道略加变化的题，代码可以在 [Steaunk 的博客](https://blog.csdn.net/Steaunk/article/details/78988376) 中看到.

### 2.0 略微进阶篇

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，你可能需要一些关于 [原根](/math/primitive-root/) 的概念.

**原根的定义**为：对于任意数 $a$，满足 $(a,p)=1$，且 $t$ 为最小的**正整数**满足 $a^t \equiv 1 \bmod p$，则称 $t$ 是 $a$ 模 $p$ 意义下的次数，若 $t=\varphi(p)$，则称 $a$ 是 $p$ 的原根.

首先根据**原根存在的条件**，对与所有的素数 $p>2$ 和正整数 $e$，当且仅当 $n=1,2,4,p^e,2p^e$ 时有原根，

那么由于式子中的模数 $p$ ，那么一定存在一个 $g$ 满足 $g$ 是 $p$ 的原根，即对于任意的数 $x$ 在模 $p$ 意义下一定有且仅有一个数 $i$，满足 $x = g^i$，且 $0 \le x,i < p$.

所以我们令 $x=g^c$，$g$ 是 $p$ 的原根（我们一定可以找到这个 $g$ 和 $c$），则为求 $(g^c)^a \equiv b \bmod p$ 的关于 $c$ 的解集，稍加变换，则有 $(g^a)^c \equiv b \bmod p$ ，于是就转换成了我们熟知的 **BSGS** 的基本模型了，即可在 $O(\sqrt p)$ 解决.

那么关键的问题就在于如何找到这个 $g$ 了？

关于对于存在原根的数 $p$ 有这样的**性质**：若 $t$ 是 $a$ 模 $p$ 的次数（这里蕴含了 $(a,p)=1$），那么对于任意的数 $d$，满足 $a^d \equiv 1 \bmod p$，则 $t \mid d$.

**PROOF**

记 $d = tq+r$，$0 \le r < t$.

$\because a^d \equiv a^{xq+r} \equiv (a^t)^qa^r \equiv a^r \equiv 1$.

$\because 0 \le r < t$，$t$ 是 $a$ 模 $p$ 的次数，即 $t$ 是最小的**正整数**满足 $a^t \equiv 1$.

$\therefore r = 0$.

即 $d = tq$，$t \mid d$

**Q.E.D.**

由此当 $p$ 是质数的时候还有这样的推论：如果不存在小于 $p$ 且整除 $p-1$ 正整数 $t$, 满足 $a^t \equiv 1$，那么又根据**费马小定理**，有 $a^{p-1} \equiv 1$，所以 $p-1$ 是 $a$ 模 $p$ 的次数，即 $a$ 是 $p$ 的原根.

于是可以得到一种基于**原根分布**的算法来找原根，首先把 $p-1$ 的因数全部求出来，然后从 $2$ 到 $p-1$ 枚举，判断是否为原根，如果对于数 $g$，$\exists g^t \equiv 1 \bmod p$，$t$ 是 $p-1$ 的因数，则 $g$ 一定不是 $p$ 的原根.

看上去复杂度好像很爆炸（可能确实是爆炸的，但一般情况下，最小的原根不会很大）.

~~基于一个**假设**，原联系根是**均匀分布**的，我们**伪证明**一下总复杂度~~：原根数量定理：数 $p$ 要么没有原根，要么有 $\varphi(\varphi(p))$ 个原根.

由于 $p$ 是质数，所以 $p$ 有 $\varphi(p-1)$ 个原根，所以大概最小的原根为 $\frac{p}{\varphi(p-1)}=O(\log\log n)$，由于求每一个数时要枚举一遍 $p-1$ 所有的因数 $O(\sqrt p)$ 来判断其是否为原根，最后再算上 **BSGS** 的复杂度 $O(\sqrt{p})$，则复杂度约为 $O(\sqrt{p}\log \log n)$.

[BZOJ-1319](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1319) 是一道模板题，代码可以在 [Steaunk 的博客](https://blog.csdn.net/Steaunk/article/details/78988376) 中看到.

### 3.0 扩展篇

上文提到的情况是 $c$ 为素数的情况，如果 $c$ 不是素数呢？

这就需要用到扩展 BSGS 算法，不要求 $c$ 为素数！

扩展 BSGS 用到了同余的一条性质：

令 $d=gcd(a,c) ,a=m \times d,b=n \times d,p=k \times d$；
则 $m \times d \equiv b \times d \pmod {c \times d}$ 等价于 $m \equiv n \pmod k$
所以我们要先消除因子：

```cpp
d=1,num=0,t=0;
for (int t = gcd(a, c); t != 1; t = gcd(a, c)){
    if(b % t) {
        \\无解
    }
    b/=t;
    c/=t;
    d*=a/t;
    num++;
}
```

消除完后，就变成了 $d \times m^{x-num} \equiv n \pmod k$，令 $x=i \times m+j+num$，后面的做法就和普通 BSGS 一样了。

注意，因为 $i,j \le 0$，所以 $x \le num$，但不排除解小于等于 $num$ 的情况，所以在消因子之前做一下 $\Theta(\log_2 p)$ 枚举，直接验证 $a^i \mod c = b$，这样就能避免这种情况。