P6610 [Code+#7] 同余方程（二次剩余）

题意

给定 $p,x$，求满足 $a^2+b^2\equiv x(\mathrm{mod}p)$ 的解的组数，保证 $p$ 为若干奇素数的乘积且 $\mu (p)\ne 0$。

$n\le {10}^5,p\le {10}^7$。

前置知识

二次剩余综合题。

首先二次剩余有一个重要的符号 勒让德符号：$\left({\displaystyle \frac{a}{p}}\right)$，这个东西在当 $a$ 在模 $p$ 意义下是二次剩余时取 $1$，是二次非剩余取 $-1$，若 $p|a$ 取 $0$。

勒让德符号的性质：

• $\left({\displaystyle \frac{a}{p}}\right)+1$ 为 $x^2\equiv a(\mathrm{mod}p)$ 的解的组数（$x$ 和相反数都是一组解）。
• 完全积性：$\mathrm{\forall }a,b,\left({\displaystyle \frac{a}{p}}\right)\left({\displaystyle \frac{b}{p}}\right)=\left({\displaystyle \frac{ab}{p}}\right)$
• 完全积性的推论：$\mathrm{\forall }a,b,\left({\displaystyle \frac{a{b}^2}{p}}\right)=\left({\displaystyle \frac{a}{p}}\right)$

感性理解：整数 $x$ 除以一个完全平方因子，不改变 $x$ 的二次剩余性。
证明：根据完全积性，$\left({\displaystyle \frac{a}{p}}\right)\left({\displaystyle \frac{b^2}{p}}\right)=\left({\displaystyle \frac{a{b}^2}{p}}\right)$，而 $\left({\displaystyle \frac{b^2}{p}}\right)$ 显然为 $1$。

以下都令 $p$ 是奇素数。

• 欧拉判别式：当 $p$ 是奇素数时，$\left({\displaystyle \frac{a}{p}}\right)\equiv a^{\frac{p-1}{2}}(\mathrm{mod}p)$。
• 求和公式：$\sum _{a=1}^{p-1}\left({\displaystyle \frac{a}{p}}\right)=0$，证明是如下引理。

引理：模 $p$ 意义下二次剩余和非二次剩余的数量均为 $\frac{p-1}{2}$。

证明可以参考 OI Wiki，或者参考 Alex_Wei 的笔记，在此引用后者的一段话：

所有原根的偶数次幂和所有原根的奇数次幂将 $1\sim p-1$ 分成了两类，偶数类对应二次剩余，奇数类对应二次非剩余。

分析

考虑换元，令 $c=a^2,d=b^2$，则原题转化为 $c+d\equiv x(\mathrm{mod}p)$ 的组数，显然这个方程只需要让 $c+d\equiv x$ 成立即可成立，那么我们只需要保证 $c,d$ 是模 $p$ 意义下的二次剩余，那么原题又转化为求

$$\sum _{c+d\equiv x}(\left({\displaystyle \frac{c}{p}}\right)+1)(\left({\displaystyle \frac{d}{p}}\right)+1)$$

也即求

$$\sum _{c=0}^{p-1}(\left({\displaystyle \frac{c}{p}}\right)+1)(\left({\displaystyle \frac{x-c}{p}}\right)+1)$$

展开并使用完全积性：

$$\sum _{c=0}^{p-1}\left({\displaystyle \frac{cx-c^2}{p}}\right)+\left({\displaystyle \frac{c}{p}}\right)+\left({\displaystyle \frac{x-c}{p}}\right)+1$$

把 sigma 拆开：

$$p+\sum _{c=0}^{p-1}\left({\displaystyle \frac{cx-c^2}{p}}\right)+\sum _{c=0}^{p-1}\left({\displaystyle \frac{c}{p}}\right)+\sum _{c=0}^{p-1}\left({\displaystyle \frac{x-c}{p}}\right)$$

后两者根据求和公式显然都等于 $0+\left({\displaystyle \frac{0}{p}}\right)=0$，且 $c=0$ 时 $\left({\displaystyle \frac{cx-c^2}{p}}\right)=0$，那么我们要求的只剩下：

$$p+\sum _{c=1}^{p-1}\left({\displaystyle \frac{cx-c^2}{p}}\right)$$

根据完全积性的推论把 $c^2$ 除掉：

$$p+\sum _{c=1}^{p-1}\left({\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{x}{c}}-1}{p}}\right)$$

当 $x\ne 0$ 时，显然 $x,c$ 均与 $p$ 互质，所以 ${\displaystyle \frac{x}{c}}$ 取遍了 $[1,p-1]$ 的值，也即 ${\displaystyle \frac{x}{c}}-1$ 取遍了 $[0,p-2]$ 的值，则此时原式等于：

$$p+\sum _{c=0}^{p-1}\left({\displaystyle \frac{c}{p}}\right)-\left({\displaystyle \frac{p-1}{p}}\right)$$

中间的式子根据求和公式又等于 0，那么式子只剩下了

$$p-\left({\displaystyle \frac{p-1}{p}}\right)=p-\left({\displaystyle \frac{-1}{p}}\right)$$

后面的勒让德符号直接根据欧拉判别式求就行。

当 $x=0$ 时，所有的 ${\displaystyle \frac{x}{c}}-1$ 都等于 $-1$，那么原式等于

$$p+(p-1)\left({\displaystyle \frac{-1}{p}}\right)$$

还是直接上欧拉判别式。

但以上分析都建立在 $p$ 为奇素数的前提下，那原题的 $p$ 该怎么处理呢？

由于 $p$ 是若干奇素数的乘积且次数为 1，我们把 $p$ 质因数分解，对每个质因子求出答案，最后把所有答案乘起来即可。证明考虑中国剩余定理合并，考虑换元后 $x\equiv c+d(\mathrm{mod}p)$，那么把所有的 $a^2\equiv c(\mathrm{mod}p)$ 用 CRT 合并就能构造一组解，$d$ 同理。

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#include<cassert>
#define x1 xx1
#define y1 yy1
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define ITIE cin.tie(0);
#define OTIE cout.tie(0);
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("-1")
#define P0 puts("0")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define popc __builtin_popcount
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);++a)
#define per(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);--a)
#define reprange(a,b,c,d) for(int a=(b);a<=(c);a+=(d))
#define perrange(a,b,c,d) for(int a=(b);a>=(c);a-=(d))
#define graph(i,j,k,l) for(int i=k[j];i;i=l[i].nxt)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof x)
//#define double long double
#define int long long
//#define int __int128
using namespace std;
typedef long long i64;
using pii=pair<int,int>;
bool greating(int x,int y){return x>y;}
bool greatingll(long long x,long long y){return x>y;}
inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}
inline void write(int x,char ch='\0'){
	if(x<0){x=-x;putchar('-');}
	int y=0;char z[40];
	while(x||!y){z[y++]=x%10+48;x/=10;}
	while(y--)putchar(z[y]);if(ch!='\0')putchar(ch);
}
bool Mbg;
const int maxn=2e5+5,maxm=1e7+5,inf=0x3f3f3f3f;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,p;
int pr[maxm],cnt,q[maxm];
bool flag[maxm];
void xxs(int lim=1e7){
	rep(i,2,lim){
		if(!flag[i])pr[++cnt]=i,q[i]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=lim;++j){
			flag[i*pr[j]]=1,q[i*pr[j]]=pr[j];
			if(i%pr[j]==0)break;
		}
	}
}
int calc(int x){
	assert((x-1)%2==0);
	return ((x-1)/2)%2?-1:1;
}
void solve_the_problem(){
	p=rd(),n=rd();
//	rep(i,1,n)write(q[i],32);P__; 
	int ans=1;
	while(p!=1){
		int _p=q[p];p/=_p;
		if(n%_p==0)ans*=_p+(_p-1)*calc(_p);
		else ans*=_p-calc(_p);
	}
	write(ans,10);
}
bool Med;
signed main(){
//	freopen(".in","r",stdin);freopen(".out","w",stdout);
//	fprintf(stderr,"%.3lfMB\n",(&Mbg-&Med)/1048576.0);
	int _=rd();xxs();
	while(_--)solve_the_problem();
}
/*

*/