二次剩余

更新日志：

• 2023/10/15：发布文章

一、前置芝士

• 勒让德符号：

介绍

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

• \((n-p)^2\equiv n \mod p\)

证明

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

反映在表上即上下对称

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

\({(n^2)}^{p-1} \equiv 1(mod\ p)\\ (n^{p-1})^2 - 1^2\equiv0(mod\ p)\\(n^{\frac{p-1}2}+1)(n^{\frac{p-1}2}-1)\equiv 0 \mod p\)

• 欧拉准则

介绍

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

证明：不会，没学原根QaQ~

• 二项式定理

拓展 & 证明

\[(a+b)^p \mod p = a^p + b^p \]

证明：

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

​ 又因为：

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

​ 所以说:

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

二、应用范围

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 \(\bmod p\) 意义下的开根

如果说

\(\begin{cases}\exists x\in \mathbb{N^*},x^2\equiv n \mod p& n\text{为二次剩余} \\ \not\exists x\in\mathbb{N^*},x^2\equiv n \mod p & n\text{不为二次剩余}\end{cases}\)

举个栗子

在 \(\bmod 7\) 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

三、算法流程

首先随机 \(a\in \mathbb{Z}\),

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 \(O(2)\)，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 \(\mathbb{C}\)，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

四、代码实现

typedef long long ll;

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;
	}//找一个类复数
	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);
		}
	}
}