二次剩余与 cipolla 算法
二次剩余与 cipolla 算法
概述
\(cipolla\) 算法用于求解 \(x^2\equiv n\pmod p\) 此类同余方程。（这里只讨论模数 \(p\) 为奇素数的情况）
若该方程有解，那么 \(n\) 就称为模 \(p\) 的二次剩余，否则 \(n\) 为 \(\bmod~p\) 意义下的二次非剩余。
几个定理
定理 \(1.1\)： \(n^{\frac{n-1}{2}}\equiv \pm 1\pmod p\)
证明：
由费马小定理可知：
\( \displaystyle n^{p-1}\equiv 1\pmod p\\ \to (n^{\frac{p-1}{2}})^2\equiv 1\pmod p\\ \to n^{\frac{n-1}{2}}\equiv \pm 1\pmod p \)
证毕。
定理 \(1.2\)：（欧拉准则) \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p\to n\) 为非二次剩余。
证明：
若存在 \(x\) 满足 \(x^2\equiv n\pmod p\)
那么：\(x^{p-1}\equiv (x^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv n^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p\)
与费马小定理矛盾，于是 \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p\to n\) 为非二次剩余。
定理 \(1.3\)：（欧拉准则) \(n\) 为非二次剩余 \(\to\) \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\pmod 1\)
证明：弃疗了。甩个链接：二次剩余 - OI Wiki
定理 \(1.4\)： 若 \(x^2\equiv n\pmod p\) 有解，那么必定有两解。
证明：
显然，若存在解 \(x\text{ s.t. } x^2\equiv n\pmod p\) 成立，那么必定存在 \(p-x\text{ s.t. }(p-x)^2\equiv x^2\equiv n\pmod p\) 成立。
那么，如果存在多个解的话，是否会多余两个解呢？
设 \(x_1\) 和 \(x_2\) 是 \(x^2\equiv n\pmod p\) 的两个解。
于是 \({x_1}^2\equiv n\equiv{x_2}^2\pmod p\)，
\(\to (x_1-x_2)(x_1+x_2)\equiv 0\)
由于 \(x_1\not\equiv x_2\pmod p\) ，所以 \(x_1\) 必定与 \(x_2\) 互为相反数，在 \(\bmod~p\) 的意义下。
所以，若 \(x^2\equiv n\pmod p\) 有解，那么必定有两解。
定理 \(1.5\)： 在 \(\bmod~p\) 意义下 \(p\) 的非二次剩余有 \(\frac{p-1}{2}\) 个。
证明：
由于 \(\text{ s.t }x^2\equiv n\pmod p\) 有解的两个 \(x_1\) 和 \(x_2\) 在 \(\bmod~p\) 的意义下互为相反数。
任意一对相反数都对应一个二次剩余，而在 \(\bmod~p\) 的意义下共有 \(\frac{p-1}{2}\) 个形如 \(x^2\) 的数。
于是有 \(\frac{p-1}{2}\) 个二次剩余，\(\to\) 有非二次剩余 \(\frac{p-1}{2}\) 个。
证毕。
cipolla 算法
解二次剩余方程 \(x^2\equiv n\pmod p\) 。
定义 \(i^2\equiv a^2-n\pmod p\) 且 \(a^2-n\) 是非二次剩余。这样的 \(a^2-n\) 可以通过随机枚举 \(a\) 来寻找，因为二次剩余的数量恰为 \(\frac{p-1}{2}\) ，所以找到符合条件的 \(a\) 的期望次数为两次。
但 \(a^2-n\) 不是二次剩余，对于方程 \(i^2\equiv a^2-n\pmod p\) 的 \(i\) 于是无在 \(\bmod~p\) 意义下的解。那么如何求 \(i\) 呢？
可以把 \(i\) 理解为虚数，将每个数表示为 \(a+b\times i\) 的形式（类比于复数运算，但稍有不同）。
例如：关于\(i\) 的乘法运算应为 \((a+bi)(x+yi)=(ax+byi^2)+(ay+bx)i\)。
定理 \(2.1\)： 对于 \(i^2\equiv a^2-n\) 且 \(a^2-n\) 为二次非剩余，必有 \(n\equiv (a+i)^{p+1}\pmod p\) ，即 \(x\equiv (a+i)^{\frac{p-1}{2}}\pmod p\)
证明：
引理 \(2.1.1\)：\((a+b)^p\equiv a^p+b^p\pmod p\)
证：二项式定理展开后可得，\((a+b)^p\equiv \sum_{j=0}^{p}{{p\choose j}a^p}\times b^{p-j}\)
由 \(Lucas\) 定理可得：\({p\choose j}\equiv {{p/p}\choose{j/p}}\times {p\bmod p\choose {j\bmod p}}\)
上式仅在 \(j=p\) 或 \(j=0\) 的时候为 \(1\) ，否则为 \(0\) 。
引理 \(2.1.2\) ：\(i^p=-i\)
\(\to i^{p-1}\times i\equiv (a+n)^{\frac{p-1}{2}}\times i\)
因为 \(a+n\) 是二次非剩余，由欧拉准则可知上式为 \(-i\) 。
于是，\((a+1)^{p+1}\equiv (a+i)^p\times (a+i)\pmod p\)
由引理 \(2.1.1\) 可知上式 \(\equiv (a^p+i^p)\times(a+i)\)
由引理 \(2.1.2\) 和费马小定理知：上式 \(\equiv (a-i)(a+i)\equiv a^2-i^2\)
带入 \(i^2\) 得：\(a^2-i^2\equiv a^2-(a^2-n)\equiv n\pmod n\)
命题得证。
题目
[模板]二次剩余 - 洛谷
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using LL = long long;
int mod, c;
LL isq;
struct CP
{
LL x, y;
CP operator*(CP const &B)
const {return (CP){(x * B.x + y * B.y % mod * isq) % mod, (x * B.y + y * B.x) % mod};}
CP qpow(CP a, int b)
{
CP res = (CP){1, 0};
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1) res = res * a;
a = a * a;
}return res;
}
};
void cipolla(int c, int mod)
{
auto qpow = [](LL a, int b, int mod)->int{
int res = 1;
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
a = a * a % mod;
}return res;
};
auto check = [&](LL a, int mod)
->bool{return qpow(a, (mod - 1) >> 1, mod) == mod - 1;};
if (!c) return void(puts("0"));
if (check(c, mod)) return void(puts("Hola!"));
int a;
while (true)
{
a = rand() % mod;
isq = (1ll * a * a - c + mod) % mod;
if (check(isq, mod)) break;
}
CP i = (CP){a, 1};
i = i.qpow(i, (mod + 1) >> 1);
if (i.x > mod - i.x) printf("%lld %lld\n", mod - i.x, i.x);
else printf("%lld %lld\n", i.x, mod - i.x);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
scanf("%d %d", &c, &mod), cipolla(c, mod);
return 0;
}
