BSGS

我們要求ax≡b(modp)$a^x\equiv b(modp)$中x的值，其中p為質數，或者a和p互質。
x可以寫成：x=i∗k+j$x=i\ast k+j$，其中k為常數。
那麼ai∗k+j≡b$a^{i\ast k+j}\equiv b$
ai∗k≡a−j∗b(modp)$a^{i\ast k}\equiv a^{-j}\ast b(modp)$
那麼我們可以預處理每一個j的a−j∗b$a^{-j}\ast b$，存進set或者map裡，然後列舉i，看看map裡存不存在ai∗k$a^{i\ast k}$。當k=φ(p)−−−−√$k=\sqrt{\phi (p)}$的時候複雜度最優。
當p和a不互質的時候，可以先把他們的gcd除乾淨（兩邊同時除gcd(a,p)之後可能gcd(a,p/d)!=0）

二次剩餘

我們要求x2≡a(

modp)$x^2\equiv a(modp)$中x的值，其中a<p$a<p$且a!=0，p為質數，p=2我們不討論，0我們直接出解嘛。
如果a存在解，那麼我們把a叫做模p意義下的二次剩餘，否則為二次非剩餘。
先來研究一些性質。
定理1：對於一個p，有(p-1)/2個二次剩餘。
證明：考慮所有的x2，對於兩個數0<x1,x2<p，如果他們的平方同餘，那麼p|(x12−x22)$考慮所有的x^2，對於兩個數0<x1,x2<p，如果他們的平方同餘，那麼p|(x{1}^2-x{2}^2)$，那麼p|(x1−x2)(x1+x2)$p|(x1-x2)(x1+x2)$，x1−x2$x1-x2$顯然不能是p的倍數，那麼x1+x2=p，這樣，我們發現每個x的平方會和另一個x的平方同餘，而且他們的和為p，由於只有p-1個x，那麼

x2$x^2$的值就只有(p-1)/2個。
定理2：若a(p−1)/2≡−1$a^{(p-1)/2}\equiv -1$，那麼x不存在，若=1，那麼x必定存在且有兩個，記為x1,x2，其中x1+x2=p。
證明：若=-1，那麼由原方程可以推出xp−1≡−1$x^{p-1}\equiv -1$，又有費馬小定理xp−1≡1$x^{p-1}\equiv 1$，矛盾，所以x不存在。後者就是定理一的內容。
定義一個數的勒讓德符號(ap)$(\frac{a}{p})$他的取值有三個，1，-1，0，1代表a是p下的二次剩餘，-1代表不是，0僅當a%p=0。那麼易得(ap)=a(p−1)/2$(\frac{a}{p})=a^{(p-1)/2}$。

好了，現在我們來求x：
如果a不是二次剩餘，返回無解。
如果是，那麼有一個可行的做法如下：
首先找到一個c，使得

c2−a$c^2-a$的勒讓德符號為-1，也即無法開根。
定義同餘複數域，一個複數v=(a+bi)$v=(a+bi)$，其中i=c2−a−−−−−√$i=\sqrt{c^2-a}$，乘法等運算和通常意義上的複數一樣。
有一個很強的結論：x=(a

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