二次剩余

​ 二次剩余常用来求解\(x^2 \equiv n(mod\ p)\)，给出\(n,p(p\in \{奇素数\})\)求\(x\)的问题中

​ 即对\(p\)进行\(mod\ p\)意义下的开根

​ 如果说

​ \(\begin{cases}存在 x\in N^*,x^2\equiv n(mod\ p)& n为二次剩余 \\ 不存在 x\in N^*,x^2\equiv n(mod\ p)&n不为二次剩余\end{cases}\)

举个栗子

在\(mod\ 7\)意义下

\(a\)	\(a^2\)
0	0
1	1
2	4
3	2
4	2
5	4
6	1

\(\therefore \sqrt 0 = 0\ \ \ \ \ \ \sqrt 1=1,6 \ \ \ \ \ \ \sqrt 2 = 3,4\ \ \ \ \ \ \sqrt 4 = 2,5\)

其他的没有

预先声明

1. 为了方便我们先引入勒德让符号：

\((\frac n p) = \begin{cases} 1 & n为二次剩余 & 记作QR\\ 0&n\equiv0(mod\ p) &记作0\\-1&n不为二次剩余&记作NR\end{cases}\)

2. 先知道\((n-p)^2\equiv n(mod\ p)\)

\((n-p)^2 = n^2 - 2np+p^2 = n^2+p(p-2n)\equiv n^2(mod\ p)\)

反映在表上即上下对称

3. \(n^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\ \ \ (p,n)互质\)——费马小定理

\({(n^2)}^{p-1} \equiv 1(mod\ p)\\ (n^{p-1})^2 - 1^2\equiv0(mod\ p)\\(n^{\frac{p-1}2}+1)(n^{\frac{p-1}2}-1)\equiv0(mod\ p)\)

4. 欧拉准则

若\(p\)为奇素数，则\(a^{\frac{p-1}2} = (\frac{a}{p})\)

证明：不会，没学原根QaQ~

5. 二项式定理

\((a+b)^n = \sum_{i=1}^{n} C_n^i\times a^i\times b^{n-i}\)

​ 又因为：

\(\forall i\in (0,n) 且i \in Z,C_n^i\mod n = 0\)

​ 所以说:

\((a+b)^p \mod p = C_p^0\times a^p + C_p^p\times b^p = a^p + b^p\)

​

算法流程

​ 首先随机\(a\in Z\),

​ 然后我们使用欧拉准则\(_{声明4}\)验证\((\frac{a^2-n}{p})\)是否等于\(-1\),

注：期望为\(\Theta(2)\)，因为\((\frac {i} {p}) = -1\)的数量为\(\frac{p}{2}\)（证明？后面补，逃）

​ 我们令\(i = \sqrt{a^2-n}\),（此处的i类似于复数\(C\)，但并不是！）

​ 可以求出答案即为：

​ \(\begin{cases}x_1 = (a+i)^{\frac{p+1}2} \\ x_2 = -(a+i)^{\frac{p+1}2}\end{cases}\)

​ 证明：

​ \((a+i)^{p+1}\)

​ $ = (a+i)(a+i)^p$

​ \(=(a+i)(a^p+i^p)\)……\(二项式定理_{声明5}\)

​ \(=(a+i)(a - i)\)……费马小定理\(_{声明3}\)+\((\frac{a^2-n}{p}) = {(i^2)}^{\frac{p-1}{2}} = i^{p-1}=-1\)

​ \(= a^2 - i^2\)

​ \(= a^2-(a^2-n) = n\)

​ 最后：如何把\(i\)这个可恶的东西计算进去？

​ 可以像复数计算一样计算\(a+i\),只需要建一个虚数类即可

​ 可以证明最后的最后计算出来的数不包含\(i\) 又不会，QAQ

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read(){
	register ll res = 0,flag = 1;
	register char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){
		if(c == '-')flag = -1;c = getchar();
	}
	while(isdigit(c)){
		res = res * 10 + c - '0';
		c = getchar();
	}
	return res * flag;
}

ll t,n,p,w;
struct Num{
	ll x,y;
	Num operator * (const Num &b) const{
    	Num res;
   		res.x=((x*b.x%p+y*b.y%p*w%p)%p+p)%p;// x = a.x*b.x + a.y*b.y*w
   		res.y=((x*b.y%p+y*b.x%p) %p+p)%p;// y = a.x*b.y + a.y*b.x
    	return res;
	}
};
ll qpow_r(ll x,ll k){
	ll res = 1,c = x;
	while(k){
		if(k&1)res = res * c % p;
		c = c * c % p;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}
ll qpow_i(Num a,ll b,ll p){
	Num res = {1,0};
	while(b){
		if(b&1) res = res * a;
		a = a * a;
		b >>= 1;
	}
	return res.x % p;
}
ll cipolla(ll n,ll p){
	n %= p;
	if(qpow_r(n,(p-1)/2)==p-1) return -1;
	ll a;
	while(1){
		a = rand()%p;
		w = (((a*a)%p-n)%p+p)%p;
		if(qpow_r(w,(p-1)/2) == p-1)break;
	}
	Num res = {a,1};
	return qpow_i(res,(p+1)/2,p);
}

int main(){
	srand(time(0));
	t = read();
	while(t--){
		n = read(); p = read();
		if(!n){
			printf("0\n");continue;
		}
		ll ans1 = cipolla(n,p),ans2 = -ans1 + p;
		if(ans1 == -1)puts("Hola!");
		else{
			if(ans1 > ans2)swap(ans1,ans2);
			if(ans1 == ans2)printf("%lld\n",ans1);
			else printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
		}
	}
}