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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 \(0\leq k<\varphi(m)\) 使得

\[ g^k\equiv a\pmod m \]

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

显然 \(\operatorname{ind}_g 1=0\)，\(\operatorname{ind}_g g=1\).

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：

  1. \(\operatorname{ind}_g(ab)\equiv\operatorname{ind}_g a+\operatorname{ind}_g b\pmod{\varphi(m)}\)

    进而 \((\forall n\in\mathbf{N}),~~\operatorname{ind}_g a^n\equiv n\operatorname{ind}_g a\pmod{\varphi(m)}\)

  2. 若 \(g_1\) 也是模 \(m\) 的原根，则 \(\operatorname{ind}_g a\equiv\operatorname{ind}_{g_1}a \cdot \operatorname{ind}_g g_1\pmod{\varphi(m)}\)

  3. \(a\equiv b\pmod m\iff \operatorname{ind}_g a=\operatorname{ind}_g b\)
证明
  1. \(g^{\operatorname{ind}_g(ab)}\equiv ab\equiv g^{\operatorname{ind}_g a}g^{\operatorname{ind}_g b}\equiv g^{\operatorname{ind}_g a+\operatorname{ind}_g b}\pmod m\)

  2. 令 \(x=\operatorname{ind}_{g_1}a\)，则 \(a\equiv g_1^x\pmod m\). 又令 \(y=\operatorname{ind}_g g_1\)，则 \(g_1\equiv g^y\pmod m\).

    故 \(a\equiv g^{xy}\pmod m\)，即 \(\operatorname{ind}_g a\equiv xy\equiv\operatorname{ind}_{g_1}a \cdot \operatorname{ind}_g g_1\pmod{\varphi(m)}\)

  3. 注意到

    \[ \begin{aligned} \operatorname{ind}_g a=\operatorname{ind}_g b&\iff \operatorname{ind}_g a\equiv\operatorname{ind}_g b\pmod{\varphi(m)}\\ &\iff g^{\operatorname{ind}_g a}\equiv g^{\operatorname{ind}_g b}\pmod m\\ &\iff a\equiv b\pmod m \end{aligned} \]

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 \(a,b,m\in\mathbf{Z}^+\)，该算法可以在 \(O(\sqrt{m})\) 的时间内求解

\[ a^x \equiv b \pmod m \]

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

算法描述

令 \(x = A \left \lceil \sqrt m \right \rceil - B\)，其中 \(0\le A,B \le \left \lceil \sqrt m \right \rceil\)，则有 \(a^{A\left \lceil \sqrt m \right \rceil -B} \equiv b \pmod m\)，稍加变换，则有 \(a^{A\left \lceil \sqrt m \right \rceil} \equiv ba^B \pmod m\).

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

注意到 \(A,B\) 均小于 \(\left \lceil \sqrt m \right \rceil\)，所以时间复杂度为 \(\Theta\left (\sqrt m\right )\)，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 \(a^{A\left \lceil \sqrt m \right \rceil} \equiv ba^B \pmod m\) 可以推回 \(a^{A\left \lceil \sqrt m \right \rceil -B} \equiv b \pmod m\)，后式是前式左右两边除以 \(a^B\) 得到，所以必须有 \(a^B \perp m\) 即 \(a\perp m\).

进阶篇

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

\[ x^a \equiv b \pmod p \]

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 \((g^c)^a \equiv b \pmod p\). 稍加变换，得到

\[ (g^a)^c \equiv b \pmod p \]

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 \(x_0\equiv g^c\pmod p\).

方法二

我们仍令 \(x=g^c\)，并且设 \(b=g^t\)，于是我们得到

\[ g^{ac}\equiv g^t\pmod p \]

方程两边同时取离散对数得到

\[ ac\equiv t\pmod{\varphi(p)} \]

我们可以通过 BSGS 求解 \(g^t\equiv b\pmod p\) 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 \(x_0\equiv g^c\pmod p\).

找到所有解

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

\[ \forall\ t \in \mathbf{Z},\ x^a \equiv g^{ c \cdot a + t\cdot\varphi(p)}\equiv b \pmod p \]

于是得到所有解为

\[ \forall\ t\in \mathbf{Z},a\mid t\cdot\varphi(p),\ x\equiv g^{c+\frac{t\cdot\varphi(p)}{a}}\pmod p \]

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

\[ \forall \ i\in \mathbf{Z},x\equiv g^{c+\frac{\varphi(p)}{(a,\varphi(p))}\cdot i}\pmod p \]

这就是原问题的所有解。

实现

下面的代码实现的找原根、离散对数解和原问题所有解的过程。

参考代码 
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int gcd(int a, int b) { return a ? gcd(b % a, a) : b; }

int powmod(int a, int b, int p) {
  int res = 1;
  while (b > 0) {
    if (b & 1) res = res * a % p;
    a = a * a % p, b >>= 1;
  }
  return res;
}

// Finds the primitive root modulo p
int generator(int p) {
  vector<int> fact;
  int phi = p - 1, n = phi;
  for (int i = 2; i * i <= n; ++i) {
    if (n % i == 0) {
      fact.push_back(i);
      while (n % i == 0) n /= i;
    }
  }
  if (n > 1) fact.push_back(n);
  for (int res = 2; res <= p; ++res) {
    bool ok = true;
    for (int factor : fact) {
      if (powmod(res, phi / factor, p) == 1) {
        ok = false;
        break;
      }
    }
    if (ok) return res;
  }
  return -1;
}

// This program finds all numbers x such that x^k=a (mod n)
int main() {
  int n, k, a;
  scanf("%d %d %d", &n, &k, &a);
  if (a == 0) return puts("1\n0"), 0;
  int g = generator(n);
  // Baby-step giant-step discrete logarithm algorithm
  int sq = (int)sqrt(n + .0) + 1;
  vector<pair<int, int>> dec(sq);
  for (int i = 1; i <= sq; ++i)
    dec[i - 1] = {powmod(g, i * sq * k % (n - 1), n), i};
  sort(dec.begin(), dec.end());
  int any_ans = -1;
  for (int i = 0; i < sq; ++i) {
    int my = powmod(g, i * k % (n - 1), n) * a % n;
    auto it = lower_bound(dec.begin(), dec.end(), make_pair(my, 0));
    if (it != dec.end() && it->first == my) {
      any_ans = it->second * sq - i;
      break;
    }
  }
  if (any_ans == -1) return puts("0"), 0;
  // Print all possible answers
  int delta = (n - 1) / gcd(k, n - 1);
  vector<int> ans;
  for (int cur = any_ans % delta; cur < n - 1; cur += delta)
    ans.push_back(powmod(g, cur, n));
  sort(ans.begin(), ans.end());
  printf("%zu\n", ans.size());
  for (int answer : ans) printf("%d ", answer);
}

扩展篇（扩展 BSGS）

对 \(a,b,m\in\mathbf{Z}^+\)，求解

\[ a^x\equiv b\pmod m \]

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

\[ \frac{a}{d_1}\cdot a^{x-1}\equiv \frac{b}{d_1}\pmod{\frac{m}{d_1}} \]

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

\[ \frac{a^2}{d_1d_2}\cdot a^{x-2}≡\frac{b}{d_1d_2} \pmod{\frac{m}{d_1d_2}} \]

同理，这样不停的判断下去，直到 \(a\perp \dfrac{m}{d_1d_2\cdots d_k}\).

记 \(D=\prod_{i=1}^kd_i\)，于是方程就变成了这样：

\[ \frac{a^k}{D}\cdot a^{x-k}\equiv\frac{b}{D} \pmod{\frac{m}{D}} \]

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

习题

本页面部分内容以及代码译自博文 Дискретное извлечение корня 与其英文翻译版 Discrete Root。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。

参考资料

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