P5491 【模板】二次剩余

$\text{Summary}$

实际上是做法的归纳
一切皆是结论性的，没有证明！

模 $p$ 意义下的二次剩余有 $\frac{p-1}2$ 个，二次非剩余也恰有那么多

考虑解关于 $x$ 的同余方程

$$x^2 \equiv n \pmod p$$

当 $n=0$ 时，$x=0$ 是唯一解
当 $n \not= 0$ 时，若方程有解，则只有两个互为相反数的解
判断有无解：欧拉准则
考虑 $n^{\frac{p-1}{2}}$ 模 $p$ 的结果
由 $(n^{\frac{p-1}{2}})^2 \equiv 1 \pmod p$
只其结果只为 $1$ 或 $-1$
$1$ 时有解，$-1$ 时无解

求解的话，先随机找到一个 $a$ 满足 $a^2 - n$ 为二次非剩余，令 $i^2 = a^2 - n \equiv -1 \pmod p$
类似实部和虚部，定义这个 $i$
有

$$(a+i)^{p+1} \equiv n \pmod p$$

证明的话，有
$\text{Lemma 1}$

$$i^p \equiv -i \pmod p$$

$\text{Lemma 2}$

$$(x+y)^p \equiv x^p+y^p \pmod p$$

然后

$$\begin{aligned} (a+i)^{p+1} & \equiv (a+i)^p(a+i) \\ &\equiv (a+i)(a^p+i^p) \\ &\equiv (a+i)(a-i) \\ &\equiv a^2-i^2 \\ &\equiv n \pmod p \end{aligned}$$

$p+1$ 为偶数，开方就很容易了
具体实现弄上“复数”即可
且 $(a+i)^{\frac{p+1}2}$ 的“虚部” 为 $0$

$\text{Code}$

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define IN inline
using namespace std;
typedef long long LL;
 
int T, n, p;
LL i2;
 
struct complex {
	LL x, y;
	IN complex(LL _x, LL _y) {x = _x, y = _y;}
	IN bool operator == (complex a) {return (a.x == x && a.y == y);}
	IN complex operator * (complex a) {
		return complex((a.x * x % p + a.y * y % p * i2 % p) % p, (a.x * y % p + a.y * x % p) % p);
	}
};
 
IN complex power(complex x, int y) {
	complex s = complex(1, 0);
	for(; y; y >>= 1, x = x * x) if (y & 1) s = s * x;
	return s;
}
IN int check(LL a) {return power(complex(a, 0), p - 1 >> 1) == complex(1, 0);}
 
IN void solve() {
	if (!n) {printf("0\n"); return;}
	if (power(complex(n, 0), p - 1 >> 1) == complex(p - 1, 0)) {printf("Hola!\n"); return;}
	LL a = rand() % p;
	while (!a || check((a * a % p - n + p) % p)) a = rand() % p;
	i2 = (a * a % p - n + p) % p;
	int x0 = power(complex(a, 1), p + 1 >> 1).x, x1 = p - x0;
	if (x0 > x1) swap(x0, x1);
	printf("%d %d\n", x0, x1);
}
 
int main() {
	scanf("%d", &T);
	for(; T; --T) scanf("%d%d", &n, &p), solve();
}