JZOJ4458. 【CQOI2016】密钥破解

题目大意

1. 选取两个不同的质数p , q
2. 令 N=p×q，r=(p−1)(q−1)
3. 选取一个小于r的整数e，且e与r互质
4. 计算整数d满足 e⋅d ≡ 1 ( % r )

有以下两则性质：
1.  ne ≡ c  ( % N )
2.  cd ≡ n  ( % N )
现在已知  e , N , c 
求  n , d 

Data Constraint
对于30%的测试数据，N≤106
对于50%的测试数据，N≤1014
对于100%的测试数据，N≤262

题解

对于30%的数据，直接暴力做一下。

对于50%的数据，对于有一点数论基础的同学，可以轻易发现d就是e在r下的逆元，这个可以扩展GCD求得。而r=(p−1)(q−1)，所以现在问题转化为求p和q。这个可以直接N−−√枚举求出。算出d之后直接快速幂一下。

对于80%∼90%的数据，这档分数题目并没有设计。但是我们可以揣摩出题人意图，为了卡掉暴力，出题人应当会有某个N的因子比较接近N−−√，使得暴力的复杂度尽可能接近O(N−−√)。所以我们调整枚举策略，同时枚举两端，这样可以水80。适当调整枚举策略甚至可以水到90。注意，这只是实际测试，实际上复杂度还是O(N−−√)的！但是这种水法在不会正解的情况下往往能发挥出意想不到的效果。

对于100%的数据，可以发现50%的算法真正的复杂度其实都是枚举求p,q。如果我们能快速得出p,q，那么问题就解决了。
这里引入一个算法——Pollard Rho
具体细节，这里不再赘述，详见Pollard_rho.pdf
简述一下它的思想：
假如我们随机一个数，那么它是N的因子的概率为1N√，当N很大时，这个概率是很小的，据说比中彩票还低。但如果我们随机两个数 a,b，当GCD(abs(a−b),N)>1 时，此时的GCD就是N的因子，而且这时的概率会大大提升。其期望复杂度为O(N14)，这个我不会证。PollardRho就是这样一个随机算法。
其他的细节诸如生成随机数，和判环详见pdf。

温馨提醒：本体做乘法的时候会爆long long，可以用加法代替乘法。

SRC

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cmath>#include<ctime>using namespace std ;typedef long long ll ;typedef unsigned long long ull ;ll e , N , c , D ;ll p , q , r , d ;void Exgcd( ll a , ll b , ll &x , ll &y ) {    if ( b == 0 ) {        x = 1 ;        y = 0 ;        return ;    }    Exgcd( b , a % b , x , y ) ;    ll t = x ;    x = y ;    y = t - (a / b) * y ;}ll Calc() {    ll x , y ;    Exgcd( e , r , x , y ) ;    return (x + r) % r ;}ll mul( ll x , ll y ) {    if ( y == 1 ) return x ;    return (2ll * mul( x , y / 2 ) % N + ( y % 2 ? x : 0 )) % N ;}ll Power( ll x , ll k ) {    ll s = 1 ;    while ( k ) {        if ( k % 2 == 1 ) s = mul( s , x ) % N ;        x = mul( x , x ) % N ;        k /= 2 ;    }    return s ;}ll js( ll x ) { return x < 0 ? -x : x ; }ll f( ll x ) { return (mul( x , x ) + D) % N ; }ll gcd( ll x , ll y ) { return y == 0 ? x : gcd( y , x % y ) ; }int main() {    freopen( "crack.in" , "r" , stdin ) ;    freopen( "crack.out" , "w" , stdout ) ;    srand( time(0) ) ;    cin >> e >> N >> c ;    D = rand() % N ;    while ( 1 ) {        ll a , b ;        a = b = rand() % N + 1 ;        while ( 1 ) {            a = f(a) ;            b = f(f(b)) ;            if ( a == b ) break ;            int d = gcd( js( a - b ) , N ) ;            if ( d == 1 || d == N ) continue ;            if ( d > 1 ) { p = d ; break ; }        }        if ( p ) break ;        D -- ;    }    q = N / p ;    r = N + 1 - (p + q) ;    d = Calc() ;    cout << d << " " << Power( c , d ) << endl ;    return 0 ;}

以上.