BSGS（大步小步法）
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BSGS 可以在 \(O(\sqrt{p})\) 的时间内求解满足 \(a^x\equiv b\pmod p\) 的 \(x\)，其中 \(a\perp p,x>0\)。
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实现原理：
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尝试进行和整除分块异曲同工的变换。\(a^x\equiv b\Leftrightarrow a^{k\times sq-r}\equiv b\Leftrightarrow a^{k\times sq}\equiv b\times a^r\)。
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其中 \(sq=\lceil\sqrt p\rceil\)。
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其实直接写成 \(k\times sq+r\) 的形式也可以，但是要求逆元比较烦，所以换成减的。当然，也可以先写成那样然后微调一下。
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容易证明，有 \(0\leqslant k<sq,0\leqslant r<sq\)。注意前者的证明其实是靠扩展欧拉定理。更严谨的表述是，\(\exists x\to \exists k\in (0,sq)\)。
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从而我们可以枚举 \(r\) 算出所有可行取值，然后再枚举 \(k\) 来验证成立。注意对于同一个式右的值，如果求最小 \(x\)，那么我们希望 \(r\) 尽量大。
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复杂度保证：求 \(a\) 的 \(sq\) 次方，枚举 \(A,B\) 都是 \(O(sq)\) 的，故总复杂度为 \(O(\sqrt{p})\)。
扩展 BSGS
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扩展 BSGS 可以在 \(O(\sqrt{p})\) 的时间内求解满足 \(a^x\equiv b\pmod p\) 的 \(x\)，不保证 \(a\perp p\)。
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实现原理：
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将同余式展开为不定方程，得 \(a^x+k\times p=b\)。
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由裴蜀定理，当且仅当 \(\gcd(a,p)\mid b\)，有解。
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从而上式可以化为 \(\dfrac{a^x}{g}+k\times\dfrac{p}{g}=\dfrac{b}{g}\)。
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反复，直到 \(a\perp p'\)。然后 BSGS，注意此时的 \(x'\) 已经不是原来的 \(x\)，\(b\) 也应当把式左的系数除过去。
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复杂度保证：\(\gcd\geqslant 2\)，从而扩展阶段的复杂度为 \(\log\) 级别，故总复杂度仍为 \(O(\sqrt{p})\)。