翻譯：

bsgs:
baby steps,giant steps

bsgs：

解決以下問題：
有三個整數a,b,p，其中p是質數。

求最小的自然數x,使ax=b(modp)$a^x=b(modp)$。

根據費馬小定理，ap−1=1(modp)$a^{p-1}=1(modp)$，所以只用考慮x=0~p-1

設m=p–√$m=\sqrt{p}$，則x可以表示成i∗m+j(0<=i,j<m)$i\ast m+j(0<=i,j<m)$

ax=b(modp)$a^x=b(modp)$
ai∗m+j=b(modp)$a^{i\ast m+j}=b(modp)$
b∗a−j=ai∗m(modp)$b\ast a^{-j}=a^{i\ast m}(modp)$

於是容易想到列舉

接著列舉i$i$，判斷hash表裡有沒有ai∗m$a^{i\ast m}$就行了。

裸題：
【SDOI2011】計算器

Code不放了，與exbsgs類似。

exbsgs：

p不是質數。

ax=b(modp)$a^x=b(modp)$

設d=gcd(a,p)$d=gcd(a,p)$

此時如果b不是d的倍數且b≠1,無解，如果b=1,x=0。

可以改寫成：
ax−1∗ad=bd(modpd)$a^{x-1}\ast \frac{a}{d}=\frac{b}{d}(mod\frac{p}{d})$

此時a可能與pd$\frac{p}{d}$還不互質，那就一直取gcd，設取了k次，則最後式子是：
ax−k∗ak∏di=b∏di(modp∏di)$a^{x-k}\ast$

此時互質了，直接套用bsgs，答案加個k就行了。

但是要注意一下x<$<$k的情況，這個在之前的試除就可以判掉。

Code（【SDOI2011】計算器）：

裸題：
SPOJ MOD

Code：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define ll long long 
#define fo(i, x, y) for(ll i = x; i <= y; i ++)
using namespace std;

ll a, b, p;

ll ksm(ll x, ll y, const
 
 ll mo) {
    ll s = 1;
    for(; y; y /= 2, x = x * x % mo)
        if(y & 1) s = s * x % mo;
    return s;
}

ll gcd(ll x ,ll y) {
    return !y ? x : gcd(y, x % y);
}

map<ll, ll> h;

ll exbsgs(ll a, ll b, ll p) {
    if(b == 1) return 0;
    ll k = 0, d = 1, t;
    while((t = gcd(a, p)) != 1) {
        if(b % t) return -1;
        k ++, b /= t, p /= t, d = d * (a / t) % p;
        if(b == d) return k;
    }
    h.clear();
    ll m = sqrt(p * 1.0), a_m = ksm(a, m, p);
    ll mul = b;
    fo(j, 1, m) {
        mul = mul * a % p;
        h[mul] = j;
    }
    fo(i, 1, m) {
        d = d * a_m % p;
        if(h[d]) return i * m - h[d] + k;
    }
    return -1;
}

int main() {
    while(1) {
        scanf("%lld %lld %lld", &a, &p, &b);
        if(a == 0 && b == 0 && p == 0) return 0;
        ll ans = exbsgs(a, b, p);
        if(ans == -1) printf("No Solution\n"); else printf("%lld\n", ans);
    }
}