二次剩余（学习笔记）

就是用来求解x2≡n&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;px^2\equiv n \bmod px2≡nmodp的一个方法

对ppp进行分类讨论：

p=2p=2p=2 ，则x=nx=nx=n
ppp为奇素数
勒让德符号：
(ap)={1a在模p意义下是二次剩余−1a在模p意义下是非二次剩余0a≡0&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;p\begin{pmatrix}\frac{a}{p}\end{pmatrix}=\begin{cases}1&a在模p意义下是二次剩余\\-1&a在模p意义下是非二次剩余\\0&a\equiv 0\bmod p\end{cases}(pa)=⎩⎪⎨⎪⎧1−10a在模p意义下是二次剩余a在模p意义下是非二次剩余a≡0modp
有一个定理：(ap)≡ap−12&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;p\begin{pmatrix}\frac{a}{p}\end{pmatrix}\equiv a^{\frac{p-1}{2}}\bmod p(pa)≡a2p−1modp
证明：
若aaa在模ppp意义下是二次剩余，设x2≡a&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;px^2\equiv a\bmod px2≡amodp，则有xp−1≡1&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;px^{p-1}\equiv 1\bmod pxp−1≡1modp，由费马小定理显然成立
若aaa在模ppp意义下是非二次剩余，设x2≡a&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;px^2\equiv a\bmod px2≡amodp，则有xp−1≡−1&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;px^{p-1}\equiv -1\bmod pxp−1≡−1modp，由费马小定理显然不成立
若a&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;p=0a\bmod p=0amodp=0显然成立
所以可以首先判断是否有解，就用勒让德符号来判断
第二步需要找到一个aaa，使得w=a2−nw=a^2-nw=a2−n在模ppp意义下是非二次剩余，
则x=(a+w)p+12x=(a+\sqrt{w})^{\frac{p+1}{2}}x=(a+w)2p+1
证明：
定理：(a+b)p≡ap+bp&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;p(a+b)^p\equiv a^p+b^p \bmod p(a+b)p≡ap+bpmodp
证明：（其实可以感性理解，可以根据二项式定理展开，在中间的组合数的阶乘中，ppp无法被消掉，因此&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;p\bmod pmodp一定为000，有贡献的只有第一项和最后一项也就是ap,bpa^p,b^pap,bp
证明2：

算法实现：因为大约有一半的数都是非二次剩余，所以可以随机一个aaa，把w\sqrt{w}w当作一个复数单位，定义一个复数运算
像这样：

struct F{int x,y;F(){}F(const int &xx,const int &yy){x=xx,y=yy;}
};inline F mul(F a,F b,int mod,int w){return F((1LL*a.x*b.x%mod+1LL*a.y*b.y%mod*w%mod)%mod,(1LL*a.x*b.y%mod+1LL*a.y*b.x%mod)%mod);
}

例题：模板题

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#define LL long long
using namespace std;inline int rd(){int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<'0' || c>'9') f=c=='-'?-1:1,c=getchar();while(c<='9' && c>='0') x=x*10+c-'0',c=getchar();return x*f;
}int t,a,n;struct F{int x,y;F(){}F(const int &xx,const int &yy){x=xx,y=yy;}
};inline F mul(F a,F b,int mod,int w){return F((1LL*a.x*b.x%mod+1LL*a.y*b.y%mod*w%mod)%mod,(1LL*a.x*b.y%mod+1LL*a.y*b.x%mod)%mod);
}inline F qpow(F x,int k,int mod,int w){F ret(1,0);while(k){if(k&1) ret=mul(ret,x,mod,w);x=mul(x,x,mod,w); k>>=1;} return ret;
}inline int Qpow(int x,int k,int mod){int ret=1;while(k){if(k&1) ret=1LL*ret*x%mod;x=1LL*x*x%mod; k>>=1;} return ret%mod;
}inline int solve(int n,int mod){if(mod==2) return 1;if(Qpow(n,(mod-1)>>1,mod)==mod-1) return -1;while(1){int a=rand()%mod;int w=(1LL*a*a%mod+mod-n)%mod;if(Qpow(w,(mod-1)>>1,mod)==mod-1){F ans=qpow(F(a,1),(mod+1)>>1,mod,w);return ans.x;}}
}int main(){scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d%d",&a,&n); a%=n;int ans=solve(a,n);if(ans==-1) puts("No root");else{int ans2=n-ans;if(ans>ans2) swap(ans,ans2);if(ans==ans2) printf("%d\n",ans);else printf("%d %d\n",ans,ans2);}}return 0;
}

ppp为奇素数的幂
这里参考了这个博客
求解x2≡a&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;pnx^2\equiv a\bmod p^nx2≡amodpn，gcd(n,p)=1gcd(n,p)=1gcd(n,p)=1，下面只介绍方法
先求出方程x2≡a&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;px^2\equiv a\bmod px2≡amodp的一个解rrr，那么进一步有
我们知道

也就是

可证明gcd(t,p)=1,gcd(u,p)=1gcd(t,p)=1,gcd(u,p)=1gcd(t,p)=1,gcd(u,p)=1，最终得到

这里由于pnp^npn不是素数，所以求逆元用扩展欧几里得算法即可。
ppp为合数
将ppp质因数分解，问题变成了333中的内容，然后解出各答案用中国剩余定理合并即可。

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