bsgs算法
主要用來解決${A^x} = B(\bmod C)$(c是質數)，都是整數，已知A、B、C求x。
例：poj 2417 Discrete Logging
具體步驟如下：
先把$x = i*m - j$，其中$m = ceil(\sqrt C )$，（ceil是向上取整）。
這樣原式就變為${A^{(i*m - j)}} = B(\bmod C)$，
再變為${A^j}*B = {A^{(m*i)}}(\bmod C)$。
枚舉j(范圍0-m),將${A^j}*B$存入hash表
枚舉i(范圍1-m),從hash表中尋找第一個滿足${A^j} * B = {A^{(m * i)}}(\bmod C)$。
此時$x = i*m - j$即為所求。
在網上看到的其他題解大多用的是$x = i*m + j$，也可以做，只是會牽扯的求逆元，所以比較麻煩。使$x=i*m-j$就可以輕松避免這個問題了。
那么肯定有人會有疑問為何只計算到$m = ceil(\sqrt C )$就可以確定答案呢？
$x = i*m - j$ 也就是x 的最大值不會超過p,那超過p的怎么辦 ？
有一個公式 ${a^{k\bmod (p - 1)}} = {a^k}(\bmod p)$ 這個公式的推導需要用到費馬小定理
$k\bmod p - 1$可以看做 $k - m*(p - 1)$ ,原式可化成 ${a^k}/{({a^{(p - 1)}})^m} = {a^k}(\bmod p)$
根據費馬小定理 ${a^{(p - 1)}} = 1(\bmod p)$其中p為質數 ，a,p 互質，可得${a^k}/{1^m} = {a^k}(\bmod p){a^k} = {a^k}(\bmod p)$得證
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<map> 7 using namespace std; 8 typedef long long ll; 9 ll q=2147483647,a=3,yy,y2,m,ans,t; 10 map<ll,int>mp; 11 ll mod_pow(ll x,ll n,ll mod){ 12 ll res=1; 13 while(n>0){ 14 if(n&1) res=res*x%mod; 15 x=x*x%mod; 16 n>>=1; 17 } 18 return res; 19 } 20 21 int main(){ 22 while(~scanf("%lld%lld",&yy,&y2)){ 23 mp.clear(); 24 m=ceil(sqrt(q)); 25 for(ll i=0;i<=m;i++){ 26 if(i==0){ 27 ans=yy%q; 28 mp[ans]=i; 29 continue; 30 } 31 ans=ans*a%q; 32 mp[ans]=i; 33 } 34 bool flag=false; 35 ans=1; 36 t=mod_pow(a,m,q); 37 38 39 for(int i=1;i<=m;i++){ 40 ans=ans*t%q; 41 if(mp[ans]){ 42 ll temp=i*m-mp[ans]; 43 ll rr=mod_pow(y2,temp,q); 44 printf("%lld\n",rr); 45 flag=true; 46 break; 47 } 48 } 49 if(!flag){ 50 printf("No Solution\n"); 51 } 52 } 53 return 0; 54 }