离散对数 学习笔记

离散对数的定义方式和对数类似。取有原根的正整数模数 $m$，设其一个原根为 $g$. 对满足 $(a,m)=1$ 的整数 $a$，我们知道必存在唯一的整数 $0\le k<\phi (m)$ 使得

$$g^k\equiv a(\mathrm{mod}m)$$

我们称这个 $k$ 为以 $g$ 为底，模 $m$ 的离散对数，记作 $k={\mathrm{ind}}_{g}a$，在不引起混淆的情况下可记作 $\mathrm{ind}a$.

显然 ${\mathrm{ind}}_{g}1=0$，${\mathrm{ind}}_{g}g=1$.

性质

离散对数的性质也和对数有诸多类似之处。

设 $g$ 是模 $m$ 的原根，$(a,m)=(b,m)=1$，则：

1. ${\mathrm{ind}}_g(ab)\equiv {\mathrm{ind}}_{g}a+{\mathrm{ind}}_{g}b(\mathrm{mod}\phi (m))$

   进而 $(\forall n\in \mathbf{N}),{\mathrm{ind}}_g{a}^n\equiv n{\mathrm{ind}}_{g}a(\mathrm{mod}\phi (m))$

2. 若 $g_1$ 也是模 $m$ 的原根，则 ${\mathrm{ind}}_{g}a\equiv {\mathrm{ind}}_{g_1}a\cdot {\mathrm{ind}}_g{g}_1(\mathrm{mod}\phi (m))$

3. $a\equiv b(\mathrm{mod}m)⟺{\mathrm{ind}}_{g}a={\mathrm{ind}}_{g}b$

引入

BSGS（baby-step giant-step），即大步小步算法，常用于求解离散对数问题。该算法可以在 $O(\sqrt{p})$ 的时间复杂度内求解

$$A^x\equiv B(\mathrm{mod}p)$$

方法

我们将求解的答案 $x$ 设为 $km-c(c<m)$ 的形式，即

$$A^{km-c}\equiv B(\mathrm{mod}p)$$

也就是

$$A^{km}\equiv B{A}^c(\mathrm{mod}p)$$

于是就可以用 Meet in middle 攻击了

进阶篇

对 $a,b\in {\mathbf{Z}}^{+}$，$p\in \mathbf{P}$，求解

$$x^a\equiv b(\mathrm{mod}p)$$

该问题可以转化为 BSGS 求解的问题。

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 $x(1\le x<p)$ 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 $(g^c{)}^a\equiv b(\mathrm{mod}p)$. 稍加变换，得到

$$(g^a{)}^c\equiv b(\mathrm{mod}p)$$

于是就转换成了 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 $x_0\equiv g^c(\mathrm{mod}p)$.

方法二

我们仍令 $x=g^c$，并且设 $b=g^t$，于是我们得到

$$g^{ac}\equiv g^t(\mathrm{mod}p)$$

方程两边同时取离散对数得到

$$ac\equiv t(\mathrm{mod}\phi (p))$$

我们可以通过 BSGS 求解 $g^t\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 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 $x_0\equiv g^c(\mathrm{mod}p)$.

找到所有解

在知道 $x_0\equiv g^c(\mathrm{mod}p)$ 的情况下，我们想得到原问题的所有解。首先我们知道 $g^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，于是可以得到

$$\forall t\in \mathbf{Z},x^a\equiv g^{c\cdot a+t\cdot \phi (p)}\equiv b(\mathrm{mod}p)$$

于是得到所有解为

$$\forall t\in \mathbf{Z},a\mid t\cdot \phi (p),x\equiv g^{c+\frac{t\cdot \phi (p)}{a}}(\mathrm{mod}p)$$

对于上面这个式子，显然有 $\frac{a}{(a,\phi (p))}\mid t$. 因此我们设 $t=\frac{a}{(a,\phi (p))}\cdot i$，得到

$$\forall i\in \mathbf{Z},x\equiv g^{c+\frac{\phi (p)}{(a,\phi (p))}\cdot i}(\mathrm{mod}p)$$

这就是原问题的所有解。

扩展篇（扩展 BSGS）

对 $a,b,m\in {\mathbf{Z}}^{+}$，求解

$$a^x\equiv b(\mathrm{mod}m)$$

其中 $a,m$ 不一定互质。

当 $(a,m)=1$ 时，在模 $m$ 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 $d_1=(a,m)$. 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

$$\frac{a}{d_1}\cdot a^{x-1}\equiv \frac{b}{d_1}(\mathrm{mod}\frac{m}{d_1})$$

如果 $a$ 和 $\frac{m}{d_1}$ 仍不互质就再除，设 $d_2=\left(a,\frac{m}{d_1}\right)$. 如果 $d_2\nmid \frac{b}{d_1}$，则方程无解；否则同时除以 $d_2$ 得到

$$\frac{a^2}{d_1{d}_2}\cdot a^{x-2}\equiv \frac{b}{d_1{d}_2}(\mathrm{mod}\frac{m}{d_1{d}_2})$$

同理，这样不停的判断下去，直到 $a\perp \frac{m}{d_1{d}_2\cdots d_k}$.

记 $D={\prod }_{i=1}^k{d}_i$，于是方程就变成了这样：

$$\frac{a^k}{D}\cdot a^{x-k}\equiv \frac{b}{D}(\mathrm{mod}\frac{m}{D})$$

由于 $a\perp \frac{m}{D}$，于是推出 $\frac{a^k}{D}\perp \frac{m}{D}$. 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 $a^i\equiv b(\mathrm{mod}m)$，这样就能避免这种情况。

补充：小粉兔的另一种 exBSGS

洛谷 P5345: 【XR-1】快乐肥宅 - 粉兔 - 博客园

主要思想是特判 “尾巴”，然后将环上的问题转化为朴素 BSGS