如何判断一个平方数?

今年 SNOI2024 的有一道题的大意是算出一个序列里的哪些子区间的积是平方数.

初看来说, 判断一个数是不是平方数, 我们至少有如下三种策略.

首先我们有一个很简单, 也很精确的算法, 就是直接高精度实现 \(\lfloor\sqrt x\rfloor\), 然后看看平方回去是不是 \(x\), 通过高精度的 Newton 迭代, 这样就是 \(\tilde O(\log x)\) 的. 对于题目本身, 逐一检查就达到了 \(\tilde O(n^3\log x)\) 的时间, 但这个算法至少是多项式复杂度的.

其次, 可以用质因子的出现次数. 把每个数质因子分解, 每个出现的质因子次数都 \(\bmod 2\), 这样就可以得到一个唯一的标识, 做一个异或 hash 之后也很容易做前缀和, 但这个方法的问题是需要对 \(x\) 做质因子分解, 对于 \(x \leq 10^{36}\), 以及 \(n\) 个数都做来说是很昂贵的.

第三种方法是二次剩余. 选取一个素数 \(p\), 对于 \(p \nmid x\), 如果 Legendre 符号 \(\left(\frac{x}{p}\right)\) 的值是 \(-1\), 也即 \(x\) 模 \(p\) 下不是一个平方数, 那么 \(x\) 也不是平方数. 而且二次剩余是积性的 \(\left(\frac{xy}{p}\right) = \left(\frac{x}{p}\right)\left(\frac{y}{p}\right)\), 意味着我们也可以用前缀积来判断一个区间的积是不是二次剩余.

那么看起来就行了! 接下来是一个 直觉上正确的论证: 我们知道二次剩余在 \(\mathbb F_p^\times\) 里刚好是一半的, 所以对于一个非平方数 \(x\), 我们随机选取一个素数 \(p\), 有 \(\left(\frac{x}{p}\right) = -1\) 的概率大概是 \(1/2\), 那么我们随机选取 \(\ell\) 个素数来做 hash, 每对数就有 \(1/2^\ell\) 的概率被误判, 所以对于所有 \(O(n^2)\) 对数, 我们有误判的概率不超过 \(n^2 / 2^\ell\). 所以选取 \(O(\log n)\) 个素数, 就有很高概率不会误判了.

但是上面这个想法有很多需要细究的地方.

一个错误实现

首先让我们看现在一些常见的实现, 选取的是随机取一些 \(p\leq 10^5\) 量级的素数, 那么这个是不是对的呢... 答案是, 存在数据让这种实现有 \(100\%\) 的概率误判, 而且这种数据不算特别难造.

\(\leq 10^5\) 的素数只有不到一万个, 我们考虑对每个素数 \(q_i > 10^5\) 和 \(p_j \leq 10^5\) 打出 \(\left (\frac{q_i}{p_j}\right)\), 把这看做一个 \(\pi(10^5)\) 长的 \(\mathbb F_2\) 向量, 我们只需要取 \(\pi(10^5) + 1\) 个素数 \(q_i\), 就一定存在一个方案 \(Q = \prod_{i\in S} q_i\), 使得

\[\left (\frac{Q}{p_j}\right) = 1, \forall p_j \leq 10^5. \]

而且 \(Q\) 是正数个互异素数的乘积, 所以 \(Q\) 一定不是平方数. 它可以通过任何 \(\leq 10^5\) 的素数的二次剩余检验.

上面这个消元只需要 \(\pi(10^5)^3 / w\) 的时间, 任何一个正常的笔记本一天肯定能跑出来了.

所以我们可以看到, 至少选取 \(n\log n\) 量级以内的素数都是不够的, 我们需要让随机的范围充分大.

存在性

首先, 我们之前的证明完全只能算是一个 heuristic, 因为我们甚至没有证明 存在 一个 \(p\) 使得 \(\left(\frac{x}{p}\right) = -1\). 事实上, 证明这一点也是需要一定手段的, 我这里扩写一下 Noam Elkies 的 一个证明.

证明. 回顾 Jacobi 符号的二次互反律: 对于互素的奇数 \(n, m\), 满足

\[\left(\frac n m\right) \left(\frac m n\right) = (-1)^{\frac{n-1}{2} \frac{m-1}{2}}, \]

考虑这样一个 Dirichlet 特征 \(\chi \colon (\mathbb Z / 4x \mathbb Z) \to \{-1, 1\}\):

• 它在 \(r\mid 2x\) 的时候都有 \(\chi(r) = 0\) (当然, 这是 Dirichlet 特征的要求之一),
• 对于 \(r\) 和 \(2x\) 互素, 令

\[\chi(r) = \left( \frac{x}{r} \right), \]

如果 \(x\) 是奇数, 那么根据二次互反律, 有

\[\chi(r) = \left( \frac{r}{x} \right) (-1)^{\frac{x-1}{2} \frac{r-1}{2}}, \]

容易验证后者 \(\bmod 4x\) 同余的 \(r\) 是同一个值, 而且

\[\chi(a)\chi(b) = \left( \frac{ab}{x} \right) (-1)^{\frac{x-1}{2} \left(\frac{a-1}{2}+\frac{b-1}{2}\right)} = \chi(ab). \]

如果 \(x\) 是偶数, 只需证明 \(x = 4k+2\) 的情况, 根据二次互反律, 有

\[\chi(r) = \left( \frac{r}{2k+1} \right) (-1)^{k \frac{r-1}{2}} (-1)^{\frac{r^2 - 1}8}, \]

也可以验证 \(\chi(a)\chi(b) = \chi(ab)\).

此外, 设 \(x\) 的出现奇数次的质因子部分是 \(p_1\cdots p_k\), 那么

\[\chi(r) = \left(\frac x r\right) = \left(\frac {p_1} r\right) \cdots \left(\frac {p_k} r\right), \]

我们取一个 \(r_1,\dots, r_k\) 满足

\[\left(\frac {p_1} {r_1}\right) = -1, \]

其它为

\[\left(\frac {p_i} {r_i}\right) = 1, \]

这总是可以分别找到的, 然后利用中国剩余定理找到 \(r\equiv r_i \pmod {p_i}\), 就说明存在 \(\chi(r) = -1\), 所以 \(\chi\) 是非平凡的 Dirichlet 特征.

根据 \(\chi\) 的完全积性, 我们总能找到 \(\chi(p) = -1\), 这就完成了证明. \(\square\)

密度?

注意到, 上面的这个证明说了更多的一些事. 由于 \(\chi\) 是一个非平凡的 Dirichlet 特征, 所以我们有

\[\sum_{r \in (\mathbb Z / 4x \mathbb Z)^\times} \chi(r) = 0, \]

也就是说 \(1\) 和 \(-1\) 各一半.

而对于每个 \(r\), \(\{4x\cdot k + r\}_k\) 这个数列, 根据素数密度的 Dirichlet 定理, 可知其中出现的素数, 在素数里的密度是 \(1 / \phi(4x)\), 这也就说明了, 对于任意的非平方数 \(x\), 满足 \(\left(\frac x p\right) = -1\) 的素数 \(p\) 占据素数的一半.

事实上, 代数数论中有一个更加一般的定理.

Chebotarev 密度定理 的一个推论. 令 \(L\) 是数域 \(K\) 的有限 Galois 扩张, 那么 \(\mathcal O_K\) 上素理想 \(\mathfrak p\) 在 \(L/K\) 上分裂的概率是 \(1 / [L:K]\). 其中概率的具体定义是

\[\lim_{N\to \infty} \frac{\# \{ \operatorname{Norm} \mathfrak p \leq N : \mathfrak p \text{ splits} \}}{\# \{ \operatorname{Norm} \mathfrak p \leq N : \mathfrak p \}} = \frac 1{[L:K]}. \]

具体解释这每个词是什么意思还是颇费功夫的, 这里只举一个好理解的推论: 如果说 \(K=\mathbb Q\), \(L\) 是 \(n\) 次不可约多项式 \(f(x)\) 给出的分裂域, 那么素数 \(p\) 满足 \(f(x) \bmod p\) 分解成一次因子之乘积的概率为 \(1/n\).

也就是说, 当 \(x\) 是非平方数的时候, 多项式 \(f(T) = T^2 - x\) 是不可约的, 那么 \(f(T) \bmod p\) 分解成一次因子之乘积的概率是 \(1/2\), 也就是说 \(\left(\frac x p\right) = -1\) 的概率是 \(1/2\).

但是以上这些定理都是一个定性的表述, 我们仍然不知道这个 \(p\) 要关于 \(x\) 取得多么大才行. 为此, 我们还需要以下的有效版本.

有效 Chebotarev 密度定理 (Lagarias–Odlyzko) 的推论.
若对于 \(L\) 的 Dedekind \(\zeta\) 函数的广义 Riemann 假设成立, 那么设 \(\pi_L(x)\) 是 \(p\leq x\) 的满足 \(f(x)\) 分裂成一次因子之乘积的素数个数, 那么

\[\left| \pi_L(x) - \frac 1 n \operatorname{Li}(x) \right| \ll \frac 1 n \sqrt x \log(\Delta x^n) + \log \Delta, \]

其中 \(\Delta\) 是多项式 \(f(T)\) 的判别式 \(\operatorname{disc}(f)\).
这里 \(\ll\) 是 Vinogradov 记号, 是说隐藏了一个绝对常数 \(c\) (也就是说和 \(L\) 无关!)

那么对于我们的需求而言, 取 \(n=2\), 多项式 \(f(T) = T^2-A\) 的判别式的量级就是 \(\Delta = O(A)\) 的, 有

\[\left| \pi_L(x) - \frac 1 2 \operatorname{Li}(x) \right| \ll \sqrt x (\log x + \log A). \]

而我们知道, Riemann 假设成立的情况下, 素数密度也差不多是 \(|\pi(x) - \operatorname{Li}(x)| \ll \sqrt x \log x\) 的, 所以为了让选取的素数确实接近 \(1/2\) 的密度, 我们需要让波动的幅度 \(\sqrt x (\log x + \log A) = o(x / \log x)\), 这需要我们选取的范围在

\[x = \omega ( (\log A \log \log A)^2 ). \]

本题中, \(A = M^n\), 其中 \(M\) 是输入一个数的范围, \(n\) 是数组长度, 就得到了

\[x = \omega \left( (n\log M(\log n + \log\log M))^2 \right). \]

我们在这个范围内选取素数, 就能保证非平方数有 \(1/2 -o(1)\) 的概率被二次剩余筛掉了.

什么, 你说广义 Riemann 假设凭什么是对的?