模素数平方根
开始开凿石头之前，你应该先带好必要工具
背包：二次剩余的概念，二次剩余的欧拉判别条件，费马小定理
开凿之前，我们先观摩一下石头，我们打几张张 i^pow%mod的表，横轴为i，纵轴为pow
mod7（7=2*3+1）：
pow=0: 1 1 1 1 1 1
pow=1: 1 2 3 4 5 6
pow=2: 1 4 2 2 4 1 //全体模7二次剩余
pow=3: 1 1 6 1 6 6 //欧拉判别条件的体现
pow=4: 1 2 4 4 2 1 //全体四次剩余，发现与二次剩余一样，意味着什么？
pow=5: 1 4 5 2 3 6
pow=6: 1 1 1 1 1 1 //费马小定理，欧拉定理的体现
mod13（13=2*2*3+1）：
pow=0: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
pow=1: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
pow=2: 1 4 9 3 12 10 10 12 3 9 4 1 //全体模13二次剩余
pow=3: 1 8 1 12 8 8 5 5 1 12 5 12
pow=4: 1 3 3 9 1 9 9 1 9 3 3 1 //四次剩余，比二次剩余少掉了4 10 12，我们注意一下
pow=5: 1 6 9 10 5 2 11 8 3 4 7 12
pow=6: 1 12 1 1 12 12 12 12 1 1 12 1 //欧拉判别条件的体现
pow=7: 1 11 3 4 8 7 6 5 9 10 2 12
pow=8: 1 9 9 3 1 3 3 1 3 9 9 1 //八次剩余，和四次剩余一样，又意味着什么呢？
pow=9: 1 5 1 12 5 5 8 8 1 12 8 12
pow=10: 1 10 3 9 12 4 4 12 9 3 10 1
pow=11: 1 7 9 10 8 11 2 5 3 4 6 12
pow=12: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 //费马小定理的体现
mod17（17=2*2*2*2+1）：
pow=0: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
pow=1: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
pow=2: 1 4 9 16 8 2 15 13 13 15 2 8 16 9 4 1 //全体二次剩余
pow=3: 1 8 10 13 6 12 3 2 15 14 5 11 4 7 9 16
pow=4: 1 16 13 1 13 4 4 16 16 4 4 13 1 13 16 1 //四次剩余，比二次剩余少了9 8 2 15
pow=5: 1 15 5 4 14 7 11 9 8 6 10 3 13 12 2 16
pow=6: 1 13 15 16 2 8 9 4 4 9 8 2 16 15 13 1
pow=7: 1 9 11 13 10 14 12 15 2 5 3 7 4 6 8 16
pow=8: 1 1 16 1 16 16 16 1 1 16 16 16 1 16 1 1 //八次剩余，比四次剩余少了4 13
pow=9: 1 2 14 4 12 11 10 8 9 7 6 5 13 3 15 16
pow=10: 1 4 8 16 9 15 2 13 13 2 15 9 16 8 4 1
pow=11: 1 8 7 13 11 5 14 2 15 3 12 6 4 10 9 16
pow=12: 1 16 4 1 4 13 13 16 16 13 13 4 1 4 16 1
pow=13: 1 15 12 4 3 10 6 9 8 11 7 14 13 5 2 16
pow=14: 1 13 2 16 15 9 8 4 4 8 9 15 16 2 13 1
pow=15: 1 9 6 13 7 3 5 15 2 12 14 10 4 11 8 16
pow=16: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 //十六次剩余，比八次剩余少了15
我们从上述观察中总结出以下规律：
a. 2^(k+1)次剩余一定是2^k次剩余（四次剩余一定是二次剩余，八次剩余一定是四次剩余……这是显然的）
b. 存在一个临界k使得2^k次剩余的集合等于2^(k+1)次剩余的集合（设S是一个交换群，那么S*S是S的子群，(S*S)*(S*S)是(S*S)的子群也是S的子群，S的2^(k+1)次方是S的2^k次方的子群，单调有界）
且p=2^k*r+1（r为奇数）手敲证明过于痛苦，读者若是对数学兴趣浓厚想必可以自证，如果只是想学会开方算法，可不求甚解。
c. 两个2^(k+1)次剩余的乘积是2^(k+1)次剩余（类比两个二次剩余的乘积是二次剩余)
d. 两个2^k次剩余中非2^(k+1)次剩余的乘积是2^(k+1)次剩余（类比两个非二次剩余的乘积是二次剩余）
上述规律均能得以证明，我们先来应用：
欲计算a的模p平方根（下面的运算都在模p意义下）
1.改写p=2^k*r+1（r为奇数）,即p-1=2^k*r（r为奇数）
此式的意义??应规律b，我们想判断一个数是模p的2的多少次方剩余
2.求解x^2=a mod p
所以这玩意儿怎么解??
我们讨论一下
如果a是2^k次剩余，即a=y^(2^k),那么a^r=y^(2^k*r)=y^(p-1)=1,我们就得到了判断2^k次剩余的必要条件，那么充分性呢，算出来等于1就是2^k次剩余?
还不简单，我们直接给开出来！
a^r=1 => a^(r+1)=r => sqrt(a)=a^((r+1)/2)
于是你期待着下一个情况：
如果a是2^(k-t)次剩余，即a=y^(2^(k-t))，那么a^(2^t*r)=y^(2^k*r)=y^(p-1)=1,又轻松找到了必要条件，那么这次怎么给出充分性？
还是太难敲公式了，自己类比欧拉判别条件的证明看去吧
话说回来，我们怎么开方？
我们要能够判断a是2的最高多少次方剩余，也就是刚才我们打表时那些数是啥时候丢掉的
显然一种简单的方法就是取t=0……k计算a^(2^t*r)是否等于1
判断出a是2^(k-t)次剩余非2^(k-(t-1))次剩余后
利用规律d，我们可以逐步把问题转化为2^k次剩余的开方问题
怎么转换？任意找一个非二次剩余b，b的2^(k-t)次方就是一个2^(k-t)次剩余非2^(k-(t-1))次剩余（why？自己思考吧！）
那么a*b就是2^(k-(t-1))次剩余了，而b的开方不是问题
也就是方程x^2=a等价于求解(x*b^(2^(k-t-1)))^2=a*b^(2^(k-t))
递归下去到右部为2^k次剩余时就solve了！
#include<iostream> using namespace std; //将一个数分解为 p=2^k*r+1（r为奇数） void p2kr1(int p,int&k,int&r){ k=0;r=p-1; while(!(r&1)){ k++; r>>=1; } } //快速幂 int mpow(int x,int p,int mod){ int res=1; while(p){ if(p&1)res=res*x%mod; x=x*x%mod; p>>=1; } return res; } //计算a是模p的2的k-t次剩余 int ft(int a,int p,int k,int r){ for(int i=0;i<k;i++){ if(mpow(a,r,p)==1)return i; r<<=1; } return k; } //已知p的分解和一个非二次剩余求模平方根 int _sqrt(int a,int b,int p,int k,int r){ int t=ft(a,p,k,r); if(t==0)return mpow(a,(r+1)>>1,p); int factor=mpow(b,1>>(k-t-1),p); int inverse=mpow(b,p-1-(1>>(k-t-1)),p); return _sqrt((a*factor*factor%p),b,p,k,r)*inverse%p; } //寻找一个非二次剩余 int fb(int p){ for(int i=1;i<p;i++){ if(mpow(i,p>>1,p)==p-1)return i; } } //开方 int sqrt(int a,int p){ //分解p+寻找b int b,k,r; p2kr1(p,k,r); b=fb(p); return _sqrt(a,b,p,k,r); } int main(){ int p=13; for(int i=1;i<p;i++){ if(mpow(i,p>>1,p)==1){ cout<<"sqrt("<<i<<")="<<sqrt(i,p)<<endl; } } }
