数学：二次剩余与n次剩余

二次剩余求的是这个东西

如果给定x，再给定若干个大的质数p，如果结果a相同，那么x是完全平方数？

/*poj 1808
  题意：
  判断平方剩余，即判断(x^2)%p=a是否有解。
  限制：
  |a| <= 1e9 && a % p !=0; 2 < p < 1e9 && p为奇素数。
  思路：
  用欧拉准则计算勒让德符号(用来判断平方剩余)
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define LL __int64
LL a_b_MOD_c(LL a,LL b,LL mod){
    LL ret = 1;
    a %= mod;
    while(b){
        if(b & 1) ret = ret * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
//(x^2)%n=a 求平方剩余，n必须是奇素数
//注意：如果a为负，则看题意，是否要化为a=(a%n+n)%n
int modsqr(int a,int n){
    int b,k,i,x;
    if(n==2) return a%n;
    if(a_b_MOD_c(a,(n-1)/2,n)==1){
        if(n%4==3)
            x=a_b_MOD_c(a,(n+1)/4,n);
        else{
            for(b=1;a_b_MOD_c(b,(n-1)/2,n)==1;b++){
                i=(n-1)/2;
                k=0;
            }
            do{
                i/=2;
                k/=2;
                if((a_b_MOD_c(a,i,n)*a_b_MOD_c(b,k,n)+1)%n==0)
                    k+=(n-1)/2;
            }
            while(i%2==0);
            x=(a_b_MOD_c(a,(i+1)/2,n)*a_b_MOD_c(b,k/2,n))%n;
        }
        if(x*2>n)
            x=n-x;
        return x;
    }
    return -1;
}
//用欧拉准则计算勒让德符号(用来判断平方剩余)
//表示为(a|p) a为整数，p为奇素数(所以m=2不适用勒让德符号)，有三种情况。
//1. (a|p)=0, if(a%p==0)
//2. (a|p)=1, if(a%p!=0 && (x^2)%p=a 有整数解)
//3. (a|p)=-1,if((x^2)%p=a 无整数解)
//注意：如果a为负，则看题意，是否要化为a=(a%p+p)%p
int lrd(LL a,LL p){
    LL ret=a_b_MOD_c(a,(p-1)>>1,p);
    if(ret==1)
        return 1;
    return -1;
}
int main(){
    int T,cas=0;
    int a,n;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&a,&n);
        a=(a+n)%n;    //以后注意给出余数的时候，要注意它是不是负的
        
        //求平方剩余
        //cout<<modsqr(a,n)<<endl;
        printf("Scenario #%d:\n%d\n\n",++cas,lrd(a,n));
    }
    return 0;
}

然后是n次剩余

/*hdu 3930
  题意：
  给定newx, k, m, 方程 (x^k)%m=newx, 求在模m意义下的所有解x。
  限制：
  0 <= newx, m, k <= 1.5*10^15; m是素数。
  思路：
  N次剩余
 */
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LL __int64
#define PB push_back
LL mul(LL a,LL b,LL m){
    LL ret = 0;
    a %= m;
    while(b){
        if(b & 1) ret = (ret + a) % m;
        a = (a + a) % m;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
LL a_b_MOD_c(LL a,LL b,LL m){
    LL ret = 1;
    a %= m;
    while(b){
        if(b&1) ret = mul(ret,a,m);
        a = mul(a,a,m);
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
 
LL ext_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
    if(b==0) { x=1, y=0; return a; }
    LL ret= ext_gcd(b,a%b,y,x);
    y-= a/b*x;
    return ret;
}
vector<LL> a;
bool g_test(LL g,LL p){
    for(LL i=0;i<a.size();++i)
        if(a_b_MOD_c(g,(p-1)/a[i],p)==1)
            return 0;
    return 1;
}
LL pri_root(LL p){
    a.clear();
    LL tmp=p-1;
    for(LL i=2;i<=tmp/i;++i)
        if(tmp%i==0){
            a.push_back(i);
            while(tmp%i==0)
                tmp/=i;
        }
    if(tmp!=1)
        a.push_back(tmp);
    LL g=1;
    while(true){
        if(g_test(g,p))
            return g;
        ++g;
    }
}
const int HASH_MOD=9876543;
LL key[HASH_MOD], val[HASH_MOD];
int head[HASH_MOD], next[HASH_MOD];
struct Hash{
    int tot;
    void init(){
        memset(head, -1, sizeof(head));
        tot = 0;
    }
    LL insert(LL x, LL y){
        int k = x % HASH_MOD;
        key[tot] = x;
        val[tot] = y;
        next[tot] = head[k];
        head[k] = tot++;
    }
    LL find(LL x){
        int k = x % HASH_MOD;
        for(int i = head[k]; i != -1; i = next[i])
            if(key[i] == x)
                return val[i];
        return -1;
    }
}hs;
//求解模方程a^x=b(mod m),n为素数,无解返回-1  
//注意：要求0 < a < m; 0 <= b < m; 否则按题意自己转化。
//复杂度O(sqrt(m))
LL log_mod(LL a, LL b, LL m){
    hs.init();
    LL s = ceil(sqrt(m + 0.5));
    LL cur = 1;
    for (int i = 0; i < s; ++i){
        if(hs.find(cur)==-1) hs.insert(cur,i);    //记得先判重，在插入
        cur = cur * a % m;
    }
 
    LL v = a_b_MOD_c(a, (m - s - 1 + m) % m, m);
    for(int i = 0; i < s; ++i){
        LL tmp = hs.find(b);
        if(tmp!=-1)
            return s * i + tmp;
        b=b*v%m;
    }
    return -1;
}
/*n次剩余
  任务：
  给定N, a, p, 求出(x^N)%p=a 在模p意义下的所有解x。
  说明：
  令g为p的原根，因为p为素数，所以phi(p)=p-1。
  由原根的性质得：
  如果g为p的原根，则：g^i mod p != g^j mod p (p为素数), 其中i != j且i, j介於1至(p-1)之间
  所以，可以设g^y=x, g^t=a，则有：
  g^(y*N)%p=g^t
  又由原根的性质：
  g^(y*N)%p=g^t -> (y*N)%(p-1)=t (此方程可以由拓展欧几里得解)
  另外g^t=a可以由离散对数求出
 */
vector<LL> residue(LL p, LL N, LL a){
    LL g = pri_root(p);
    g %= p;
    LL m = log_mod(g, a, p);
    vector<LL> ret;
    if(a == 0){
        ret.PB(0);
        return ret;
    }
    if(m == -1)
        return ret;
    LL A = N, B = p - 1, C = m, x, y;
    LL d = ext_gcd(A, B, x, y);
    if(C % d != 0) return ret;
    x = x * (C / d) % B;
    LL delta = B / d;
    for(int i = 0; i < d; ++i){
        x = ((x + delta) % B + B) % B;
        ret.PB(a_b_MOD_c(g, x, p));
    }
    sort(ret.begin(), ret.end());
    ret.erase(unique(ret.begin(), ret.end()), ret.end());
    return ret;
}
int main(){
    int cas = 0;
    LL k,m,newx;
    while(scanf("%I64d%I64d%I64d",&k, &m, &newx)!=EOF){
        vector<LL> ans;
        ans = residue(m,k,newx);
        printf("case%d:\n",++cas);
        if(ans.size()==0) puts("-1");
        for(int i = 0; i < ans.size(); ++i)
            printf("%I64d\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}