高次同余方程，二次同余方程学习笔记
写在前面
文章作者实力有限，本文可能有个别错误，如有错误请友好地指出。
高次同余方程就是\(x^a\equiv b(mod\ p)\)
二次同余方程就是\(x^2 \equiv b(mod \ p)\)
我们接下来讨论解这两种方程的方法。
那么有一个问题。既然知道了高次同余方程的解法，就可以直接用解高次同余的方法解二次剩余方程。为什么要单独学二次同余方程呢。
因为我区间加区间修改用的是线段树不是树套树。即问题特殊化之后可以使用一些特殊的方法，这种方法可能会比一般方法高效，简便。
正文
高次同余方程
首先需要知道阶和原根
阶
定义
满足\(a^x\equiv 1(mod \ p)\)的最小的正整数x是a关于模p的阶，接下来\(a\)的阶表示为\(<a>\)。
条件
\(gcd(a,p)=1\)，这是显然的。
性质
1：\(<a>\mid \varphi(p)\)。
证明：
因为\(a^{\varphi(p)}\equiv 1(mod\ p)\)，\(a^{<a>}\equiv 1(mod\ p)\)
所以\(a^{\varphi(p)-<a>}\equiv 1(mod\ p)\)
进而得出\(a^{\varphi(p)\ mod \ <a>}\equiv 1(mod\ p)\)
假设\(<a>\)不是\(\varphi(p)\)的约数。
\(\varphi(p)\ mod<a>\neq 0\)
\((\varphi(p)\ mod<a>)\ < \ (<a>)\)与\(<a>\)的最小性矛盾，与假设矛盾原命题成立。
证毕。
2：设a关于模p的阶为\(<a>\)则\(a^0\)，\(a^1\)，\(a^2\)，...，\(a^{<a>-1}\)两两不同。
证明：
假设\(a^x\equiv1(mod\ p)\)，\(a^y\equiv 1(mod \ p)\),且\(a^x\equiv a^y(mod\ p)\)，\(x<y<<a>\)
则\(a^{y-x}\equiv 1(mod \ p)\)。\(y-x<<a>\)与阶的最小性矛盾，假设不成立，原命题成立。
证毕。
3：设a关于模p的阶为\(<a>\)，则\(a^x\equiv a^y(mod\ p)\)的充要条件是\(x\equiv y(mod\ <a>)\)。
两边一直除\(a^{<a>}\)因为\(a^{<a>}\equiv 1(mod\ p)\)所以结论显然。
原根
（因为原根的定义涉及到阶，所以默认互质，又因为原根的性质3，p为质数）
定义
满足g关于模p的阶等于\(\varphi(p)\)的g是p的一个原根。
性质
1：设g是模p的一个原根，那么对于任意一个小于p的正整数x，都存在唯一一个值r使得r是以g为底的x对模p的指数。
其实就是说\(g^r\equiv x(mod\ p)\)的r是唯一的，反过来也一样。其中g为p的一个原根，\(x<p\)，\(r<\varphi (p)\)其实就是阶的第二个性质。不再赘述。
2：对于一个质数，所拥有的原根个数是\(\varphi(\varphi(p))\)。
3：一个模数存在原根的从要条件是，这个模数可以表示为\(1,2,4,p,2p,p^n\)其中\(p\)是奇质数，n是任意正整数
（这两个性质的证明可能会用到抽象代数的知识，我不会555...）
那么如何找原根？
考虑到最小的原根一般比较小，所以我们枚举，原根然后判断。
假设我们当前枚举到\(i\)，判断的时候只需要枚举\(\varphi(p)\)的质因子\(p1,p2,p3...pk\)。然后判断\(i^{\frac{\varphi(p)}{pj}}\)是不是全部都不是1，如果全部都不是1，\(i\)就是\(p\)的一个原根。
为什么？
我们这个过程其实是枚举\(\varphi(p)\)的约数，因为阶的性质1，所以i的阶是\(\varphi(p)\)的一个约数，我们只需要看有没有一个\(\varphi(p)\)的约数\(x\)使得\(i^x \equiv 1(mod \ p)\)就能判断i是不是原根了。
那为什么不直接枚举约数，用这种枚举方法对吗？
\(\varphi(p)\)的约数至少比\(\varphi(p)\)缺少一个质因子，因为如果\(x^a\equiv 1\)那么\(x^{ab}\equiv 1\)，所以少多个质因子的情况被少一个质因子的情况包含，所以枚举所有少掉一个质因子的情况即\(\frac{\varphi(p)}{pj}\)就行。
解高次同余方程的步骤
首先要会BSGS和exgcd
\(x^a\equiv b(mod\ p)\)
1：先求出\(p\)的一个原根\(g\)。
2：求出以\(g\)为底的b关于模p的指数r，即\(g^r\equiv b(mod\ p)\)（离散对数，用BSGS求解）
3：令\(x\equiv g^y(mod\ p)\),带回原式就是求\(g^{ay} \equiv g^r(mod\ p)\)
4：根据阶的性质3就是求\(ay\equiv r(mod\ p)\)（一次同余方程用exgcd求解）
5：在0~\(\varphi(p)-1\)中求得y的解，带回\(x\equiv g^y(mod\ p)\)解完方程。
有些值得注意的点：
因为原根的性质1求出的答案没有重复。
为什么要用原根代换b，别的数不行吗？我们需要用原根表示b。见原根的性质1。
因为要求原根且p为质数所以试用的p的范围很小，见原根的性质3。
只要求求出通解的复杂度为\(O(\sqrt p)\)
下面是输出所有解的代码。。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=201010;
unordered_map<int,int> hsh;
int prime[N],tot,T,phi,ans[N],num,a,b,p,g,x,y;
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
void work(int x){
int tmp=x;
tot=0;
for(int i=2;i*i<=x;i++){
if(tmp%i==0){
prime[++tot]=i;
while(tmp%i==0)tmp/=i;
}
}
if(tmp>1)prime[++tot]=tmp;
}
int ksm(int x,int b){
int tmp=1;
while(b){
if(b&1)tmp=tmp*x%p;
b>>=1;
x=x*x%p;
}
return tmp;
}
int BSGS(int a,int b){
hsh.clear();
int block=sqrt(p)+1;
int tmp=b;
for(int i=0;i<block;i++,tmp=tmp*a%p)hsh[tmp]=i;
a=ksm(a,block);
tmp=1;
for(int i=0;i<=block;i++,tmp=tmp*a%p){
if(hsh.count(tmp)&&i*block-hsh[tmp]>=0)return i*block-hsh[tmp];
}
}
int exgcd(int &x,int &y,int a,int b){
if(b==0){
x=1;y=0;
return a;
}
int gcd=exgcd(x,y,b,a%b);
int z=x;
x=y;y=z-(a/b)*y;
return gcd;
}
signed main(){
T=read();
while(T--){
p=read(),a=read(),b=read();
b%=p;
phi=p-1;
work(phi);
for(int i=1;i<=p;i++){
bool flag=false;
for(int j=1;j<=tot;j++)if(ksm(i,phi/prime[j])==1){flag=true;break;}
if(flag==false){g=i;break;}
}
int r=BSGS(g,b);
int gcd=exgcd(x,y,a,phi);
if(r%gcd!=0){printf("No Solution\n");continue;}
x=x*r/gcd;
int k=phi/gcd;
x=(x%k+k)%k;
num=0;
while(x<phi){ans[++num]=ksm(g,x),x+=k;}
sort(ans+1,ans+1+num);
for(int i=1;i<=num;i++)printf("%lld ",ans[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
二次同余方程
（p为素质数至于为什么要有素，接着看就知道了）
\(x^2\equiv A(mod\ p)\)
一些引理
引理1：x有正整数解的充要条件是\(A^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1(mod \ p)\)
证明：
由费马小定理得
设\(x^2 \equiv A(mod\ p)\)则\(A^{\frac{p-1}{2}} \equiv x^{p-1}(mod \ p)\)
由费马小定理
证毕。
推论：x无正整数解的时\(A^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1(mod \ p)\)
引理2：一共只有\((p-1)/2\)（不考虑0）个数存在模\(p\)意义下的二次方根，对于其中的每个数都存在两个互为相反数的解。
证明：
假设有两个数u，v，\(u^2-v^2 \equiv 0(mod\ p)\)那么\((u+v)*(u-v) \equiv 0 (mod\ p)\)，因为u，v\(\subset [1,p-1]\)（不考虑0），所以\(-p+1\leq u-v\leq p-1\)无法被\(p\)整除，所以\(u+v \equiv 0(mod\ p)\)。
所以u，v互为相反数且对应唯一一个A，反过来也一样。因为不考虑0且p为奇数，这样的数有\(\frac{p-1}{2}\)对，且对应着\(\frac{p-1}{2}\)个A。
证毕。
此时我们就可以有一个解法。
解法一
1：我们求出\(p\)的一个原根\(g\)。然后求出以\(g\)为底的A关于模p的指数r，即\(g^r\equiv A(mod\ p)\)（离散对数，用BSGS求解）
2：\(A\)满足\(A^{\frac{p-1}{2}}\equiv1(mod\ p)\)带入得\(g^{\frac{r(p-1)}{2}}\equiv 1(mod\ p)\)由原根的定义得\(p-1 \mid \frac{r(p-1)}{2} \Rightarrow r \mid 2\)。然后\(g^{\frac{r}{2}}\)就是一个解，因为\(r\mid2\)所以可以直接快速幂，另一个解就是相反数。
又一些引理
定义：如果\(x^2 \equiv n (mod\ p)\)有解就说n是模p意义下的一个二次剩余，无解就说n是模p意义下的一个非二次剩余。
然后就是一个非常神的推导。
我们定义设a满足\(w=a^2-n\)是一个非二次剩余。
引理3：\((a+\sqrt{w})^p \equiv a-\sqrt{w}(mod \ p)\)这实际上拓展了数域，可以用复数去理解。
证明：
把\((a+\sqrt{w})^p\)用二项式定理展开为\(\sum_{j=0}^p C_p^ja^jw^{p-j}\)。因为p是一个质数所以当\(j!=0且j!=p\)时\(C_p^j\)都为\(0\)否则为1，因为\(C_p^j\)分子中有\(p\)消不掉最后\(mod\ p\)得0。那么\((a+\sqrt{w})^p \equiv a^p+\sqrt{w}^p\equiv a^{p-1}*a+w^{\frac{p-1}{2}}*\sqrt{w}(mod\ p)\)由费马小定理和引理1的推论(别忘了w是一个非二次剩余）最后化简为\(a-\sqrt{w}\)。
推导
然后我们随机一个\(a\)满足条件，\(x\equiv (a+\sqrt{w})^{\frac{p+1}{2}}(mod\ p)\)根据拉格朗日定理可得答案中w的系数必然为0（然而我并不知道拉格朗日定理，所以模板拓展数域的乘法是背的），就可以解得\(x\)了,又因为引理2所以期望随机次数为2。复杂度可以保证。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
using namespace std;
#define random(a,b) (rand()%(b-a+1)+a)
#define int long long
int n,p,w;
bool flag;
struct complex{
int x,y;
complex (int xx=0,int yy=0){
x=xx;y=yy;
}
};
complex operator *(complex a,complex b){
return complex(((a.x*b.x%p+w*a.y%p*b.y%p)%p+p)%p,((a.x*b.y%p+a.y*b.x%p)%p+p)%p);
}
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
complex ksm(complex x,int b){
complex tmp(1,0);
while(b){
if(b&1)tmp=tmp*x;
b>>=1;
x=x*x;
}
return tmp;
}
int ksm(int x,int b){
int tmp=1;
while(b){
if(b&1)tmp=tmp*x%p;
b>>=1;
x=x*x%p;
}
return tmp;
}
int work(int n){
if(p==2)return n;
if(ksm(n,(p-1)/2)+1==p)flag=true;
int a;
while(233){
a=random(0,p-1);
w=((a*a-n)%p+p)%p;
if(ksm(w,(p-1)/2)+1==p)break;
}
complex res(a,1);
complex ans(0,0);
ans=ksm(res,(p+1)/2);
return ans.x;
}
signed main(){
srand((unsigned)time(NULL));
p=read();n=read();
n%=p;
int ans1=work(n);
int ans2=p-ans1;
if(flag){printf("No Solution\n");return 0;}
if(ans1==ans2)printf("%lld\n",ans1);
else printf("%lld %lld",min(ans1,ans2),max(ans1,ans2));
return 0;
}
