二次剩余
二次剩余
求啥？
要求解的东西是$$x^2\equiv n(mod\ p)$$
其中\(p\)是一个奇质数。
前置条件
有二次剩余的条件：
- 证明：
根据费马小定理，有\(n^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)。
假设存在解\(x\)，那么有\(a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)，还有\(a^2\equiv n(mod\ p)\)。
那么有：
怎么做呢？
-
第一种做法：
假设\(g\)是\(p\)的原根，那么只需要求解\(g^a\equiv n(mod\ p)\)，那么解\(x=g^{\frac{a}{2}}\)。
这里需要解决的问题就是为什么\(a\)一定会是一个偶数。
回到上面的式子，经保证存在解了，所以\((g^a)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(mod\ p)\)。
而由于费马小\(g^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)，所以可以知道\(g^\frac{a}{2}\)肯定是有意义的。
所以一个合法的解就是\(x=g^{\frac{a}{2}}\)。
而这个\(a\)的求解可以使用\(BSGS\)在\(O(\sqrt n)\)的复杂度里面求解。 -
第二种做法
发现大概是一半的数存在二次剩余，另外一般不存在。我们先随便找一个\(a\)，使得\(a^2-n\)不存在二次剩余，这个随便找的期望次数是\(2\)次。
令\(\omega=\sqrt{a^2-n}\)，这个定义类似\(i\)的定义，这样一来所有数都可以表示成\(a+b\omega\)的形式。
因为\(\omega^2\)这个东西不存在二次剩余，所以\((\omega^2)^{\frac{p-1}{2}}=\omega^{p-1}\neq 1(mod\ p)\)。
但是\((\omega^2)^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)，所以我们知道了\(\omega^{p-1}\equiv -1(mod\ p)\)。
我们要求的是\(n\)，\(n=a^n-\omega^2=(a+\omega)(a-\omega)\)。
先考虑\(a-\omega\)这一项，根据费马小有\(a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)，
根据前面推的东西有\(\omega^{p-1}\equiv -1(mod\ p)\)。
所以\(a-\omega\equiv a^p+\omega^p(mod\ p)\)。
而因为\(p\)是质数，所以在\(p\choose j\)中，只有\(j=0,p\)的时候\(p\choose j\)才不是\(p\)的倍数。
所以可以得到在模意义下\((a+\omega)^p\equiv a-w(mod\ p)\)。
于是我们就得到了：\((a+\omega)^{p+1}\equiv n(mod\ p)\)。
因为要求的是\(n\)的二次剩余，而\(p+1\)也恰好是偶数，所以我们得到了答案\((a+\omega)^{\frac{p+1}{2}}\)。
问题是这个东西里面很可能带有\(\omega\)项，所以我们就来证明其中不含有\(\omega\)。接下来默认把同余给写成\(=\)了。
假设\((a+\omega)^{\frac{p+1}{2}}=xa+y\omega\)，所以\((xa+y\omega)^2=n\)。
拆开之后得到\(x^2a^2+y^2(a^2-n)+2xay\omega=n\)。
所以\(x=0\)或者\(y=0\)。
假设\(x=0,y\neq 0\)，那么\(y^2(a^2-n)=n\)，左边的\(y^2\)显然有二次剩余\(y\)，\(a^2-n\)没有二次剩余，所以其乘积也没有二次剩余，与\(n\)有二次剩余矛盾。
所以\(y=0\)。
这样子就做完啦。
