二次剩余简记
前言
就是要求所有\(x\in[0,p)\)满足\(x^2\equiv n(mod\ p)\)，这里保证\(p\)是一个奇素数。
不知道有没有不保证\(p\)是奇素数的扩展二次剩余？
基本引理
模\(p\)意义下，\(0\)满足恰有一个根\(0\)，一共有\(\frac{p-1}2\)个数\(n\)满足\(x^2\equiv n\)有两个根\(x_1,x_2\)且\(x_1+x_2\equiv0(mod\ p)\)。
非常显然，但又非常重要。
勒让德符号
定义勒让德符号\((\frac np)\)，分下列三种取值：
- 若\(n=0\)，则\((\frac np)=0\)。
- 若\(n\)在模\(p\)意义下是二次剩余，则\((\frac np)=1\)。
- 若\(n\)在模\(p\)意义下非二次剩余，则\((\frac np)=-1\)。
欧拉准则： \((\frac np)\equiv n^{\frac{p-1}2}(mod\ p)\)。
考虑它的证明，\(n=0\)时显然满足结论。
否则，因为\(p\)是奇素数，所以根据费马小定理有\(n^{p-1}\equiv1(mod\ p)\)。
而根据二次探测定理，便有\(n^{\frac{p-1}2}\equiv\pm1(mod\ p)\)
如果\(n\)是二次剩余，则至少有一根\(x\)，那么\(n^{\frac{p-1}2}\equiv x^{2\times \frac{p-1}2}\equiv x^{p-1}\equiv1(mod\ p)\)。
而若\(n\)非二次剩余，那么\(n^{\frac{p-2}2}\)就只能等于\(-1\)了。
应该还是非常显然的。
二次剩余的求解
我们去寻找一个\(a\)，满足\(\omega=a^2-n\)不是模\(p\)意义下的二次剩余。（由于模\(p\)意义下有一半的数都不是二次剩余，只要随机去找，概率应该还是比较高的）
先给出结论，\(x=(a+\sqrt\omega)^{\frac{p+1}2}\)是\(x^2\equiv n(mod\ p)\)的一个根。
那么也就是要证明\(x^2=(a+\sqrt \omega)^{p+1}\equiv n(mod\ p)\)。
首先考虑\((a+\sqrt\omega)^p\)的展开，根据二项式定理+卢卡斯定理得到它其实就等于\(a^p+\sqrt\omega^p\)。
根据费马小定理，\(a^p\equiv a(mod\ p)\)。
而根据前面勒让德符号中的结论，\(\sqrt\omega^{p-1}=\omega^{\frac{p-1}2}\equiv-1(mod\ p)\)，因此\(\sqrt\omega^p\equiv-\sqrt\omega(mod\ p)\)。
所以得到\((a+\sqrt\omega)^{p+1}\equiv(a-\sqrt\omega)(a+\sqrt\omega)\equiv a^2-\omega\equiv n(mod\ p)\)。
具体实现中只要把\(\sqrt\omega\)当作一个虚数，在复数域上求解即可。
注意尽管这样只求出了一个根\(x_1\)，但根据先前的结论，另一个根\(x_2=p-x_1\)。
代码：\(O(Tlogp)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
using namespace std;
int n,w,X;struct node
{
int x,y;I node(CI a=0,CI b=0):x(a),y(b){}//定义一个复数x+y√ω
I node operator + (Con node& o) {return node((x+o.x)%X,(y+o.y)%X);}
I node operator - (Con node& o) {return node((x-o.x+X)%X,(y-o.y+X)%X);}
I node operator * (Con node& o) {return node((1LL*x*o.x+1LL*y*o.y%X*w)%X,(1LL*x*o.y+1LL*y*o.x)%X);}
};
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
I node QP(node x,RI y) {node t=1;W(y) y&1&&(t=t*x,0),x=x*x,y>>=1;return t;}
I int Solve(CI n)//求解二次剩余
{
if(QP(n,X-1>>1)==X-1) return -1;//如果没有二次剩余
RI a;W(true) if(a=(1LL*rand()*rand()%X),w=((1LL*a*a-n)%X+X)%X,QP(w,X-1>>1)==X-1) break;//随机一个a满足ω=a^2-n非二次剩余
return QP(node(a,1),X+1>>1).x;//(a+ω)^((p+1)/2)是一个根
}
int main()
{
srand(324682339);RI Tt,t;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
{
if(scanf("%d%d",&n,&X),!n) {puts("0");continue;}//特判0
(t=Solve(n))==-1?puts("Hola!"):(t>X-t&&(t=X-t),printf("%d %d\n",t,X-t));//有根则必有两根
}return 0;
}
