求解具有大量数字的模方程的有效方法答案

【问题标题】：Efficient way to solve modulo equation with huge numbers求解具有大量数字的模方程的有效方法
【发布时间】：2021-07-21 01:57:58
【问题描述】：

我正在尝试解决以下等式(x * 0x5DEECE66D + 11) mod 2^47 = 0x310CDAF20000 其中WolframAlpha is able to solve in a few seconds

我想出了下面C++ 代码的琐碎，用& 替换模，遗憾的是效率不够高，需要很长时间才能完成：

auto target = 0x310CDAF20000LL;
auto devider = 0x5DEECE66DLL;
auto mask = 1LL << 48 - 1;
auto i = 1LL;

while (1) {
    if ((i * devider + 11) & mask == target) {
        printf("%llx", i);
        break;
    }
    i++;
}

有什么建议吗？

【问题讨论】：

标签： performance equation modulo

【解决方案1】：

从这里开始

25214903917 * x = 53931282661365 (mod 2^47)

从欧拉定理你知道，那

25214903917 ^ phi(2^47) = 1 (mod 2^47)

在这种情况下，欧拉的 totient 很容易计算为 (2^47)/2 = 2^46。所以

25214903917 * 25214903917 ^ (phi(2^47) -1) = 1 (mod 2^47)
25214903917 * 25214903917 ^ (2^46 -1) = 1 (mod 2^47)
25214903917 * (53931282661365 * 25214903917 ^ (2^46 -1)) = 53931282661365 (mod 2^47)
x = 53931282661365 * 25214903917 ^ (2^46 -1) (mod 2^47)

您可以通过平方来使用取幂来计算取幂。代码很简单（C#）

long desiredResult = 53931282661365;
long q = 25214903917;

long invq = 1;
long tmp = q;
for(int i = 0; i < 46; ++i)
{
    // tmp is q^(2^i)
    invq = (invq * tmp) & 0x7FFFFFFFFFFF;
    tmp = (tmp * tmp) & 0x7FFFFFFFFFFF; 
}
// invq is 105417217348453

long x = (invq * desiredResult) & 0x7FFFFFFFFFFF;
// x is 91896827357865

long test = (q * x) & 0x7FFFFFFFFFFF;
// test is 53931282661365

整个解是n * 2^47 + x，对应WolframAlpha

【讨论】：

这太疯狂了。我爱数学。会再读几遍您的评论，以准确了解您的所作所为。

【解决方案2】：

如果(x * 0x5DEECE66D + 11) mod 2^47 = 0x310CDAF20000 为真，那么(x * 0x5DEECE66D) mod 2^47 = 310CDAF1FFF5 将为真（对于非负的x 可能，取决于mod 的定义方式）。

将所有内容向左移动 17 位不会改变任何内容。换句话说，如果(x * 0x5DEECE66D) mod 2^47 = 310CDAF1FFF5 那么(x * 2EF767336800000) mod 2^64 = 866D78FFFA800000。

对于具有 64 位（无符号）整数和标准“截断以适应”的计算机，这意味着可以删除 mod。

下一个；如果(x * 2EF767336800000) mod 2^64 = y 那么( (x+1) * 2EF767336800000) mod 2^64 = (y + 2EF767336800000) mod 2^64。

换句话说，从x = 0 开始（很明显(x * 2EF767336800000) mod 2^64 = 0），您可以使用“add then AND”来确定x = 1 的结果，然后对x = 2 执行相同操作，然后.. .

这导致：

    auto target = 0x310CDAF20000LL;
    auto devider = 0x5DEECE66DLL;
    auto i = 1LL;

    auto t = (target - 11) << 17;
    auto d = devider << 17;
    uint64_t temp = 0;

    do {
        temp += d;
        i++;
    } while(temp != t);

除此之外的步骤是意识到如果(x * 2EF767336800000) mod 2^64 = y 那么( (x+8) * 2EF767336800000) mod 2^64 = (y + 2EF767336800000 * 8) mod 2^64。这意味着，如果您有 8 个起始值（x = 0 到 x = 7），您可以使用 SIMD 并行处理 x 的 8 个值。

【讨论】：

这是一个很好的方法，遗憾的是它没有我需要的那么快。我需要为0xFFFF 的0x310CDAF20000 + i, for i from 0 to 0xFFFF 解决这个问题。我想我会明白如何解决那个案例，然后将解决方案应用于其余案例。
@DanielCohen：在这种情况下，您将确定 temp，然后在循环结束时检查 temp 是否是您仍在寻找的任何（最多 65536 个）值.这样一来，它就不应该贵 65536 倍（可能只有 4 倍）。
我最终使用 wolframscript 来获得我需要的东西。这显然不是一个合适的解决方案，但似乎这是一个困难的数学问题，因此使用数学计算引擎似乎是合理的。