离散对数

定义

前置知识：阶与原根。

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 $0 \leq k < φ (m)$ 使得

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

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

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

性质

离散对数的性质也和对数有诸多类似之处。

性质

设 $g$ 是模 $m$ 的原根， $(a, m) = (b, m) = 1$ ，则：

${ind}_{g} (a b) \equiv {ind}_{g} a + {ind}_{g} b (\mod φ (m))$

进而 $(\forall n \in N), {ind}_{g} a^{n} \equiv n {ind}_{g} a (\mod φ (m))$
若 $g_{1}$ 也是模 $m$ 的原根，则 ${ind}_{g} a \equiv {ind}_{g_{1}} a \cdot {ind}_{g} g_{1} (\mod φ (m))$
$a \equiv b (\mod m) ⟺ {ind}_{g} a = {ind}_{g} b$

证明

$g^{{ind}_{g} (a b)} \equiv a b \equiv g^{{ind}_{g} a} g^{{ind}_{g} b} \equiv g^{{ind}_{g} a + {ind}_{g} b} (\mod m)$
令 $x = {ind}_{g_{1}} a$ ，则 $a \equiv g_{1}^{x} (\mod m)$ . 又令 $y = {ind}_{g} g_{1}$ ，则 $g_{1} \equiv g^{y} (\mod m)$ .

故 $a \equiv g^{x y} (\mod m)$ ，即 ${ind}_{g} a \equiv x y \equiv {ind}_{g_{1}} a \cdot {ind}_{g} g_{1} (\mod φ (m))$
注意到
$\begin{aligned} {ind}_{g} a = {ind}_{g} b & ⟺ {ind}_{g} a \equiv {ind}_{g} b (\mod φ (m)) \\ ⟺ g^{{ind}_{g} a} \equiv g^{{ind}_{g} b} (\mod m) \\ ⟺ a \equiv b (\mod m) \end{aligned}$

大步小步算法

目前离散对数问题仍不存在多项式时间经典算法（离散对数问题的输入规模是输入数据的位数）。在密码学中，基于这一点人们设计了许多非对称加密算法，如 Ed25519。

在算法竞赛中，BSGS（baby-step giant-step，大步小步算法）常用于求解离散对数问题。形式化地说，对 $a, b, m \in Z^{+}$ ，该算法可以在 $O (\sqrt{m})$ 的时间内求解

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

其中 $a ⟂ m$ 。方程的解 $x$ 满足 $0 \leq x < m$ .（注意 $m$ 不一定是素数）

算法描述

令 $x = A ⌈ \sqrt{m} ⌉ - B$ ，其中 $0 \leq A, B \leq ⌈ \sqrt{m} ⌉$ ，则有 $a^{A ⌈ \sqrt{m} ⌉ - B} \equiv b (\mod m)$ ，稍加变换，则有 $a^{A ⌈ \sqrt{m} ⌉} \equiv b a^{B} (\mod m)$ .

我们已知的是 $a, b$ ，所以我们可以先算出等式右边的 $b a^{B}$ 的所有取值，枚举 $B$ ，用 hash/map 存下来，然后逐一计算 $a^{A ⌈ \sqrt{m} ⌉}$ ，枚举 $A$ ，寻找是否有与之相等的 $b a^{B}$ ，从而我们可以得到所有的 $x$ ， $x = A ⌈ \sqrt{m} ⌉ - B$ .

注意到 $A, B$ 均小于 $⌈ \sqrt{m} ⌉$ ，所以时间复杂度为 $Θ (\sqrt{m})$ ，用 map 则多一个 $\log$ .

为什么要求

a

与

m

互质

注意到我们求出的是 $A, B$ ，我们需要保证从 $a^{A ⌈ \sqrt{m} ⌉} \equiv b a^{B} (\mod m)$ 可以推回 $a^{A ⌈ \sqrt{m} ⌉ - B} \equiv b (\mod m)$ ，后式是前式左右两边除以 $a^{B}$ 得到，所以必须有 $a^{B} ⟂ m$ 即 $a ⟂ m$ .

扩展 BSGS 算法

对 $a, b, m \in Z^{+}$ ，求解

a^{x} \equiv b (\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 $d_{1} ∤ b$ ，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{m}{d_{1}})

如果 $a$ 和 $\frac{m}{d_{1}}$ 仍不互质就再除，设 $d_{2} = (a, \frac{m}{d_{1}})$ . 如果 $d_{2} ∤ \frac{b}{d_{1}}$ ，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}} (\mod \frac{m}{d_{1} d_{2}})

同理，这样不停的判断下去，直到 $a ⟂ \frac{m}{d_{1} d_{2} \dots d_{k}}$ .

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} (\mod \frac{m}{D})

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

习题

SPOJ MOD 模板
SDOI2013 随机数生成器
SGU261 Discrete Roots 模板
SDOI2011 计算器模板
Luogu4195【模板】exBSGS/Spoj3105 Mod 模板
Codeforces - Lunar New Year and a Recursive Sequence
LOJ6542 离散对数 index calculus 方法，非模板

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参考资料

Discrete logarithm - Wikipedia
潘承洞，潘承彪。初等数论。
冯克勤。初等数论及其应用。

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