大步小步走算法处理这样的问题：
A^x = B (mod C)
求满足条件的最小的x（可能无解）
其中，A/B/C都可以是很大的数（long long以内）
先分类考虑一下：
当(A,C)==1 即A、C互质的时候，
叫他BSGS：
A一定存在mod C意义下的逆元，所以，A^k也存在。
注意到，A^(fai(c)) = 1 (mod c) ......................(fai(c)表示c的欧拉函数值）
所以，A^(fai(c)+1) = A (mod C) 就重新回去了。
所以，最小的x值，如果有解，必然小于等于fai(c)
枚举显然是不可靠的。
这样考虑：将对数值分解：x=x1+x2;
将A^(0~sqrt(fai(c)) mod C 算出来，加入到一个hash表中，
这样，A^x=A^(x1+x2) 让 x1 取成:0*sqrt(fai(c) ,1*(sqrt(fai(c)) ,2*(sqrt(fai(c)) ... fai(c)
A^(p*sqrt(fai(c))+x2) = B mod C
因为，A^k都存在逆元，所以可以直接把A^(sqrt(fai(c))逆元预处理出来，再在每次循环p的时候，把A^(p*sqrt(fai(c))除过去；
即：A^x2 = B*ni mod C
对于这个B*ni(取模后），只需要在之前处理的hash表中查一下有没有出现就可以、
出现了就对应一个x2，对于x ，就是p*sqrt(fai(c))+x2
否则继续循环p
为了保证这个x是最小的x，
①我们在建hash表的时候，是x的值从小到大建，如果这个值之前没有出现，就插入，否则不进行操作（相当于用小的x覆盖大的）
②我们分块的时候，从小到大枚举p，所以找到的第一个就是答案。
如果一直没有找到，就返回无解。
复杂度：O(sqrt(c)) （哈希表用邻接表挂链实现，不用map的log复杂度）
BSGS代码：poj2417（这个保证了模数是质数（直接用的费马），但是其实不一定是）
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<iostream> #include<map> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; const int N=46349; const int mod=100003; ll p,A,B; ll ni[N]; struct node{ int nxt[mod],val[mod],id[mod],cnt; int hd[mod]; void init(){ memset(nxt,0,sizeof nxt),memset(val,0,sizeof val);cnt=0; memset(hd,0,sizeof hd);memset(id,0,sizeof id); } void insert(ll x,int d){ int st=x%mod; for(int i=hd[st];i;i=nxt[i]){ if(val[i]==x) return; } val[++cnt]=x;nxt[cnt]=hd[st];id[cnt]=d;hd[st]=cnt; } int find(ll x){ int st=x%mod; for(int i=hd[st];i;i=nxt[i]){ if(val[i]==x) return id[i]; } return -233; } }ha; map<ll,int>mp; ll qm(ll a,ll b){ ll ret=1,base=a; while(b){ if(b&1) ret=(ret*base)%p; base=(base*base)%p; b>>=1; } return ret; } ll BSGS(){ ll up=(ll)floor(sqrt(1.0*p-1))+1; cout<<up<<endl; ni[0]=1; for(int i=1;i<=up;i++){ ni[i]=qm(qm(A,i*up),p-2); } for(int i=0;i<up;i++){ ll t=qm(A,i); ha.insert(t,i); } for(int i=0;i<=up;i++){ if(i*up>p-1) break; ll ri=B*ni[i]%p; ll ret=ha.find(ri); if(ret>=0) return i*up+ret; } return -233; } int main() { while(scanf("%lld",&p)!=EOF){ scanf("%lld%lld",&A,&B); ha.init(); ll ret=BSGS(); if(ret==-233){ puts("no solution"); } else{ printf("%lld ",ret); } } return 0; }
EXBSGS：
如果(A,C)!=1怎么办？
转化成互质的！！
设g=gcd(A,C)
A^x = B mod C
如果B不能被g整除，就break掉；（后面已经没意义了）
否则同除以g A^(x-1) * A/g = B/g mod C/g
这个是等价的变形。
注意到，A/g C/g 是互质的。
设g=gcd(A, C/g)
循环处理。。。。。
直到g == 1结束。
设进行了num次，现在得到的等式是：
A^(x-num) * A/πg = B/πg mod C/πg
现在，A和C/πg是互质的了。
A/πg也和C/πg互质，所以直接转化成逆元，乘过去。
形式是这样的：
A^x = NB mod C
其中(A,C)=1可以用BSGS了。
注意：这里求出来的是x>=num 的最小解
我们还要暴力枚举一发x = 0~num
直接通过原式子验证。
因为num一定是log级别的，所以不费事。
EXBSGS代码：poj3243
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; const int N=31630;//sqrt fai() const int mod=100003; ll C,A,B; ll ni[N]; struct node{ int nxt[mod],val[mod],id[mod],cnt; int hd[mod]; void init(){ memset(nxt,0,sizeof nxt),memset(val,0,sizeof val),memset(id,0,sizeof id); memset(hd,0,sizeof hd),cnt=0; } void insert(ll x,int d){ int st=x%mod; for(int i=hd[st];i;i=nxt[i]){ if(val[i]==x) return; } val[++cnt]=x,nxt[cnt]=hd[st],id[cnt]=d,hd[st]=cnt; } int find(ll x){ int st=x%mod; for(int i=hd[st];i;i=nxt[i]){ if(val[i]==x) return id[i]; } return -233; } }ha; void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ if(b==0){ x=1,y=0;return; } exgcd(b,a%b,y,x); y-=(a/b)*x; } ll qm(ll a,ll b,ll p){ ll ret=1,base=a; while(b){ if(b&1) ret=(base*ret)%p; base=(base*base)%p; b>>=1; } return ret; } int gcd(int a,int b){ return (b==0)?a:gcd(b,a%b); } int BSGS(ll a,ll b,ll c){ int up=(int)floor(sqrt(1.0*c-1))+1; ll ni=0,yy=0; exgcd(qm(a,up,c),c,ni,yy); ni=(ni%c+c)%c;//warning!!! 必须变成正数 ll kk=1; for(int i=0;i<=up-1;i++){ ha.insert(kk,i); kk=(kk*a)%c; } ll bb=b; for(int i=0;i<=up;i++){ int kk=ha.find(bb); if(kk>=0) return i*up+kk; bb=(bb*ni)%c;//不断找逆元 递推就可以 } return -233; } int EXBSGS(){ int num=0; int yC=C; int yB=B; int yA=A; ll ji=1; int ret=-233; bool flag=false; while(1){ int g=gcd(A,C); if(g==1) break; if(B%g) { flag=true;break; } B/=g,C/=g,ji=(ji*A/g)%C; num++; } for(int i=0;i<=num;i++){ ll kk=qm(yA,i,yC); if(kk%yC==yB) return i; } if(!flag){ ll ni,yy; exgcd(ji,C,ni,yy); ni=(ni%C+C)%C;//warning!!! 必须变成正数 ll NB=(B*ni)%C; ret=BSGS(A,NB,C); } if(ret>=0) return ret+num; else return -233; } int main(){ while(1){ scanf("%lld%lld%lld",&A,&C,&B); if(A==0&&B==0&&C==0) break; ha.init(); B%=C; int ret=EXBSGS(); if(ret>=0){ printf("%d ",ret); } else{ puts("No Solution"); } } return 0; }
我的易错点：
①BSGS和EXBSGS中，总是忘了对B或者NB取模，就爆long long 了。（日常模一模）
②C不一定是质数，所以用exgcd求逆元（欧拉定理亲测也行，只要你不嫌sqrt麻烦）
③分块求每一块大小的时候，up=floor(sqrt(C)）+1注意一定要加一，否则floor就卡下去了。对于C是质数，就可能不能取到C-1
比如：73^x = 71 mod 139 （139是质数）的解是：136
如果不加1，up=11 那么，最多能分块到：121+11=132 就输出无解了。
④用exgcd求逆元的时候，必须把求出来的逆元：ni=(ni%C+C)%C转化为正数！！！