POJ 2417 Discrete Logging（高次同余方程-Baby-Step,Giant-Step）

Description

给出P,B,N(P是素数)，解方程B^L = N (mod P)

Input

多组输入，每组用例占一行包括三个整数P,B,N，以文件为结束输入

Output

对于每组用例，如果方程有解则输出最小解，否则输出no solution

Sample Input

5 2 1

5 2 2

5 2 3

5 2 4

5 3 1

5 3 2

5 3 3

5 3 4

5 4 1

5 4 2

5 4 3

5 4 4

12345701 2 1111111

1111111121 65537 1111111111

Sample Output

0

1

3

2

0

3

1

2

0

no solution

no solution

1

9584351

462803587

Solution

解高次同余方程a^x=b(mod p),由于数据范围太大所以暴力显然不行，此处因为b,p互素所以可以采用Baby-Step,Giant-Step算法，令n=sqrt(p)，则x可以表示成k*n+r的形式(0 <= k,r <= n),原方程即可转化为a^(k*n+r)=b(mod p),即为a^r=b*(a^(-n))^k(mod p)，这样一来我们只需要用O(n)的时间将a^i(0 <= i <= r)预处理从出来存到一个map中，再用O(n)的时间枚举k(先算出a^(-n),此处需要用到费马小定理求逆元)，对于每个k用O(log n)的时间在map中查找即可，所以总复杂度是O(n+nlog n)，即O(sqrt(p)log(sqrt(p)))

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mod_pow(ll a,ll b,ll p)//快速幂
{
ll ans=1;
a%=p;
while(b)
{
if(b&1)
ans=(ans*a)%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return ans;
}
ll mul_linear(ll a,ll b,ll p)//求解高次同余方程a^x=b(mod p)
{
ll n=ceil(sqrt((double)(p+1)));
map<ll,ll>Map;
Map[1]=n;//本来a^r=1映射的r值是0,但为便于后面通过Map[x]=0?来判断x是否在Map中所以此处用n代替
ll m=mod_pow(a,p-2,p);//求a的逆元
m=mod_pow(m,n,p);//求a^(-n)
ll temp=1;
for(ll i=1;i<n;i++)//将a^i存入map中
{
temp=(temp*a)%p;
if(!Map[temp])
Map[temp]=i;
}
for(ll i=0;i<n;i++)//枚举k寻找可行解
{
if(Map[b])
{
ll r=Map[b];
Map.clear();
return i*n+(r==n?0:r);//如果是n表示r=0
}
b=(b*m)%p;
}
return -1;//无解
}
int main()
{
ll B,N,P;
while(~scanf("%lld%lld%lld",&P,&B,&N))
{
ll ans=mul_linear(B,N,P);
if(ans==-1)
printf("no solution\n");
else
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}