a^x \equiv b \bmod p
$$
-其中 $a\perp p$。方程的解 $x$ 满足 $0 \le x < p$ 。（在这里一定要强调，只要 $a\perp p$ 就行了，不要求 $p$ 是素数！）
+其中 $a\perp p$ 。方程的解 $x$ 满足 $0 \le x < p$ 。（在这里一定要强调，只要 $a\perp p$ 就行了，不要求 $p$ 是素数！）
### 算法描述
其中 $p$ 是个质数。
-该模型可以通过一系列的转化为成 **基础篇** 中的模型，你可能需要了解关于[阶与原根](/math/primitive-root/) 的知识。
+该模型可以通过一系列的转化为成 **基础篇** 中的模型，你可能需要了解关于[阶与原根](/math/primitive-root/)的知识。
-由于式子中的模数 $p$ 是一个质数，那么 $p$ 一定存在一个原根 $g$。因此对于模 $p$ 意义下的任意的数 $x\ (0\le x<p)$ 有且仅有一个数 $i\ (0\le i<p-1)$ 满足 $x = g^i$。
+由于式子中的模数 $p$ 是一个质数，那么 $p$ 一定存在一个原根 $g$ 。因此对于模 $p$ 意义下的任意的数 $x\ (0\le x<p)$ 有且仅有一个数 $i\ (0\le i<p-1)$ 满足 $x = g^i$ 。
### 方法一
-我们令 $x=g^c$ ， $g$ 是 $p$ 的原根（我们一定可以找到这个 $g$ 和 $c$ ），问题转化为求解 $(g^c)^a \equiv b \bmod p$。稍加变换，得到
+我们令 $x=g^c$ ， $g$ 是 $p$ 的原根（我们一定可以找到这个 $g$ 和 $c$ ），问题转化为求解 $(g^c)^a \equiv b \bmod p$ 。稍加变换，得到
$$
(g^a)^c \equiv b \mod p
$$
-于是就转换成了我们熟知的 **BSGS** 的基本模型了，可以在 $O(\sqrt p)$ 解出 $c$，这样可以得到原方程的一个特解 $x_0\equiv g^c\bmod p$。
+于是就转换成了我们熟知的 **BSGS** 的基本模型了，可以在 $O(\sqrt p)$ 解出 $c$ ，这样可以得到原方程的一个特解 $x_0\equiv g^c\bmod p$ 。
### 方法二
-我们仍令 $x=g^c$，并且设 $b=g^t$，于是我们得到
+我们仍令 $x=g^c$ ，并且设 $b=g^t$ ，于是我们得到
$$
g^{ac}\equiv g^t\mod p
ac\equiv t\mod \varphi(p)
$$
-我们可以通过 BSGS 求解 $g^t\equiv b\bmod p$ 得到 $t$，于是这就转化成了一个线性同余方程的问题。这样也可以解出 $c$，求出 $x$ 的一个特解 $x_0\equiv g^c\bmod p$。
+我们可以通过 BSGS 求解 $g^t\equiv b\bmod p$ 得到 $t$ ，于是这就转化成了一个线性同余方程的问题。这样也可以解出 $c$ ，求出 $x$ 的一个特解 $x_0\equiv g^c\bmod p$ 。
### 找到所有解
-在知道 $x_0\equiv g^{c}\pmod n$ 的情况下，我们想得到原问题的所有解。首先我们知道 $g^{\varphi(n)}\equiv 1\pmod n$，于是可以得到
+在知道 $x_0\equiv g^{c}\pmod n$ 的情况下，我们想得到原问题的所有解。首先我们知道 $g^{\varphi(n)}\equiv 1\pmod n$ ，于是可以得到
$$
\forall\ t \in \mathbb{Z},\ x^k \equiv g^{ c \cdot k + t\cdot\varphi(n)}\equiv a \mod p
\forall\ t\in \mathbb{Z},k\mid t\cdot\varphi(n),\ x\equiv g^{c+\frac{t\cdot\varphi(n)}{k}}\mod p
$$
-对于上面这个式子，显然有 $\frac{k}{\gcd(k,\varphi(n))}\mid t$。因此我们设 $t=\frac{k}{\gcd(k,\varphi(n))}\cdot i$，得到
+对于上面这个式子，显然有 $\frac{k}{\gcd(k,\varphi(n))}\mid t$ 。因此我们设 $t=\frac{k}{\gcd(k,\varphi(n))}\cdot i$ ，得到
$$
\forall \ i\in \mathbb{Z},x\equiv g^{c+\frac{\varphi(n)}{\gcd(k,\varphi(n))}\cdot i}\mod p
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。
```cpp
-int gcd(int a,int b){ return a?gcd(b%a,a):b; }
+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;
+ 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;
- }
+ 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;
+ }
+ 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;
+ }
}
- return -1;
+ 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;
- }
+ 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);
+ }
+ 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);
}
```
当 $a\perp p$ 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
+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 $a$ 和 $\frac{p}{d_1}$ 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
+如果 $a$ 和 $\frac{p}{d_1}$ 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 $a\perp \frac{p}{d_1d_2\cdots d_k}$。
+同理，这样不停的判断下去。直到 $a\perp \frac{p}{d_1d_2\cdots d_k}$ 。
-记 $D=\prod_{i=1}^kd_i$，于是方程就变成了这样：
+记 $D=\prod_{i=1}^kd_i$ ，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。
+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
-- [SPOJ MOD](https://www.spoj.com/problems/MOD/) 模板
-- [SDOI2013 随机数生成器](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3122)
-- [BZOJ1319 Discrete Roots](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1319) 模板
-- [SDOI2011 计算器](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2485) 模板
-- [Luogu4195 【模板】exBSGS/Spoj3105 Mod](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4195) 目标
-- [Codeforces - Lunar New Year and a Recursive Sequence](https://codeforces.com/contest/1106/problem/F)
+- [SPOJ MOD](https://www.spoj.com/problems/MOD/)模板
+- [SDOI2013 随机数生成器](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3122)
+- [BZOJ1319 Discrete Roots](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1319)模板
+- [SDOI2011 计算器](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2485)模板
+- [Luogu4195【模板】exBSGS/Spoj3105 Mod](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4195)目标
+- [Codeforces - Lunar New Year and a Recursive Sequence](https://codeforces.com/contest/1106/problem/F)
-**本页面部分内容以及代码译自博文 [Дискретное извлечение корня](http://e-maxx.ru/algo/discrete_root) 与其英文翻译版 [Discrete Root](https://cp-algorithms.com/algebra/discrete-root.html)。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。**
+ **本页面部分内容以及代码译自博文[Дискретное извлечение корня](http://e-maxx.ru/algo/discrete_root)与其英文翻译版[Discrete Root](https://cp-algorithms.com/algebra/discrete-root.html)。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。**
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