POJ 2417 Discrete Logging(BSGS算法,gcd(a,p)=1)
2016-07-13 20:36
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POJ 2417 Discrete Logging
题意:
求ax≡b(mod p)的最小x。(p为素数,2≤a<p,1≤b<p)
分析:
BSGS算法。
一开始用map一直T,参(zhao)考(ban)了这里
用了hash才过。。。
BSGS算法用于求解:ax=b(mod p)在已知a,b,p(p为质数)的情况下的最小解x。时间复杂度O(sqrt(p))。
令x=i∗m+j,其中m=ceil(sqrt(p)),0≤i<m,0≤j<m,那么就相当于求解:
ai∗m+j≡b(mod p)−−>aj=b∗(a−i∗m)(mod p),a−i∗m是ai∗m模p的逆元
所以可以先处理出aj(mod p)的答案放入一个hash表中【Baby Step】,然后枚举i:0−−>m【Gaint Step】,查找b∗(a−i∗m)(mod p)是否在hash表中出现,如果出现,令出现的编号为id,则答案就是id+i∗m.在时间允许的情况下,hash表采用map也可以。
为什么枚举i<m就可以了呢?显然枚举i<m就枚举完了x<p的所有情况。
当x>=p时可以令x=k∗p+t(t<p),则ax(mod p)=ak∗p+t(mod p)=(ak∗p∗at)(mod p)=((ap)k)(mod p)∗at(mod p).
由费马小定理得:ap≡1(mod p)(p为素数),那么ax(mod p)=1k(mod p)∗at(mod p)=at(mod p)
所以只需要枚举所有x小于p的情况就可以了,也就是枚举i<m就可以了(m是向上取整的).
POJ 2417 Discrete Logging
题意:
求ax≡b(mod p)的最小x。(p为素数,2≤a<p,1≤b<p)
分析:
BSGS算法。
一开始用map一直T,参(zhao)考(ban)了这里
用了hash才过。。。
BSGS算法用于求解:ax=b(mod p)在已知a,b,p(p为质数)的情况下的最小解x。时间复杂度O(sqrt(p))。
令x=i∗m+j,其中m=ceil(sqrt(p)),0≤i<m,0≤j<m,那么就相当于求解:
ai∗m+j≡b(mod p)−−>aj=b∗(a−i∗m)(mod p),a−i∗m是ai∗m模p的逆元
所以可以先处理出aj(mod p)的答案放入一个hash表中【Baby Step】,然后枚举i:0−−>m【Gaint Step】,查找b∗(a−i∗m)(mod p)是否在hash表中出现,如果出现,令出现的编号为id,则答案就是id+i∗m.在时间允许的情况下,hash表采用map也可以。
为什么枚举i<m就可以了呢?显然枚举i<m就枚举完了x<p的所有情况。
当x>=p时可以令x=k∗p+t(t<p),则ax(mod p)=ak∗p+t(mod p)=(ak∗p∗at)(mod p)=((ap)k)(mod p)∗at(mod p).
由费马小定理得:ap≡1(mod p)(p为素数),那么ax(mod p)=1k(mod p)∗at(mod p)=at(mod p)
所以只需要枚举所有x小于p的情况就可以了,也就是枚举i<m就可以了(m是向上取整的).
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <algorithm> #include <climits> #include <cmath> #include <ctime> #include <cassert> #include <set> #include <map> #define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); using namespace std; typedef long long ll; const ll MOD = 100007; ll hs[MOD + 100], id[MOD + 100]; ll find(ll x) { ll t = x % MOD; while(hs[t] != x && hs[t] != -1) t = (t + 1) % MOD; return t; } void insert(ll x, ll ii) { ll pos = find(x); if(hs[pos] == -1){ hs[pos] = x; id[pos] = ii; } } ll get(ll x) { ll pos = find(x); return hs[pos] == x ? id[pos] : -1; } ll ex_gcd(ll a, ll b, ll& x, ll& y) {//求解:ax + by = gcd(a, b) if(b == 0){ x = 1, y = 0; return a; } ll d = ex_gcd(b, a % b, y, x); y -= a / b * x; return d; } ll inv(ll a, ll p) //求解:a * x ≡ 1 (mod p) { ll x, y, d; d = ex_gcd(a, p, x, y); //ax + py = gcd(a, p) return d == 1 ? (x % p + p) % p : -1; } ll BSGS(ll a, ll b, ll p) {//求解a^x ≡ b (mod p) memset(hs, -1, sizeof(hs)); memset(id, -1, sizeof(id)); ll m = (ll)ceil(sqrt( p + 0.5)); ll tmp = 1; for(ll i = 0; i < m; ++ i) { insert(tmp, i); tmp = tmp * a % p; } ll base = inv(tmp, p); //tmp = a ^ m % p if(base == -1) return -1; //在本题中p为素数且a<p所以这种情况永远不会出现 ll res = b; for(ll i = 0; i < m; ++ i) { if(get(res) != -1) return i * m + get(res); res = res * base % p; } return -1; } int main() { ll a, b, p; while(~scanf("%lld%lld%lld", &p, &a, &b)){ ll ans = BSGS(a, b, p); if(ans == -1) printf("no solution\n"); else printf("%lld\n", ans); } return 0; }
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