題意

求Ax≡B(modP)$A^x\equiv B(modP)$的最小非負整數解

BSGS裸題

自己推一下：

令x=im+j$x=im+j$ ，m=⌈q√⌉$m=\lceil \sqrt{q}\rceil$，

AimAj≡B(modP)$A^{im}{A}^j\equiv B(modP)$

Aj≡B∗inv(Aim)(modP)$A^j\equiv B\ast inv(A^{im})(modP)$

已知inv(1)=1$inv(1)=1$

由費馬小定理得inv(Aim)=inv(A(i−1)m)∗Ap−1−mmodP$inv(A^{im})=inv(A^{(i-1)m})\ast A^{p-1-m}modP$（詳細見程式碼後*）

那麼inv就可以處理出來了。

把A0...m$A^{\mathrm{0...}m}$hash存一下

再求B∗inv(A

(1...m)m)$B\ast inv(A^{(\mathrm{1...}m)m})$在hash表中查詢。

#include <cstdio>
#include <map>
#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

int p,b,n;
map<int,int> Mp;

inline int powf(ll x,int y,int p){
  int k=1; x%=p;
  while(y){
    if(y&1) k=k*x%p;
    x=x*x%p;
    y>>=1
 
;
  }
  return k;
}

inline void solve(int y,int z,int p){
  y%=p;
  if(!y&&!z) {puts("1");return;}
  if(!y) {puts("no solution");return;}
  ll t=ceil(sqrt(p)),k=1,ine=1;
  Mp.clear(); Mp[1]=0;
  for(int i=1;i<t;i++){
    k=1ll*k*y%p;
    if(Mp.count(k)) continue;
    Mp[k]=i;
  }
  int tmp=powf(y,p-t-1
 
,p);
  for(int i=0;i<t;i++){
    if(Mp.count(z*ine%p)) {printf("%d\n",i*t+Mp[z*ine%p]);return;}
    ine=1ll*ine*tmp%p;
  }
  puts("no solution");
}

int main(){
  while(~scanf("%d%d%d",&p,&b,&n)) solve(b,n,p);
}

*inv(Aim)=inv(A(i−1)m)∗Ap−1−mmodP$inv(A^{im})=inv(A^{(i-1)m})\ast A^{p-1-m}\mathrm{mod}P$

proof.$proof.$

inv(A(i−1)m)=1Aim−m$inv(A^{(i-1)m})=\frac{1}{A^{im-m}}$

inv(A(i−1)m)∗Ap−1−m=Ap−1−mAim−m$inv(A^{(i-1)m})\ast A^{p-1-m}=\frac{A^{p-1-m}}{A^{im-m}}$上下同乘Am$A^m$

Ap−1−mAim−m=Ap−1Aim$\frac{A^{p-1-m}}{A^{im-m}}=\frac{A^{p-1}}{A^{im}}$

又因為費馬小定理Ap−1≡1(modp)$A^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$得

Ap−

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