P6610 - 同余方程 题解

一道卓越得让我五体投地的好题/ww

---

首先拆 CRT 是显然的吧（）。将 \(p\) 拆成若干个奇质数 \(p_i\) 的乘积，设 \(a^2+b^2\equiv x\pmod{p_i}\) 的解集 \(X_i\)（是个二元组集合哟），则从每个 \(X_i\) 中选一组出来都能用 CRT 合并成一个模 \(p\) 的解，所以答案就是 \(\prod|X_i|\)（不需要写 CRT 哟）。

下面考虑 \(p\) 是奇质数怎么做。容易想到换元，令 \(y=a^2,z=b^2\)，设 \(f(A)=[A\text{ 是模 }p\text{ 二次剩余哒！}]\)，则答案就是 \(4\sum\limits_{y\not\equiv 0,y\not\equiv x}f(y)f(x-y)\)，再加上 \(0\) 和 \(x\) 的贡献。后者是 trivial 的，考虑前者怎么求。

由于枚举条件是 \(y\not\equiv0,y\not\equiv x\)，本能地分 \(x\) 是否为 \(0\) 讨论。如果等于那是比较简单的，设 \(m=\dfrac{p-1}2\)，任取原根 \(g\)，设 \(y\equiv g^\alpha\)，则显然 \(-y\equiv -g^\alpha\equiv g^{m+\alpha}\)。如果 \(m\) 是偶数，那么 \(f(y)=f(-y)\)，于是 sum 枚举的有一半都是 \(1\)，算出来就是 \(4\times\dfrac{p-1}2=2(p-1)\)；\(m\) 是奇数的话有 \(f(y)=1-f(-y)\)，这两者永远不可能同时为 \(1\)，那就寄了，算出来是 \(0\)。

\(x\not\equiv0\) 乍一看感觉很离谱，觉得不可做，因为加法和二次剩余放一块就像世纪难题（雾水）。但注意到二次剩余判定方法，\(f(A)=[A^{m}\equiv 1]\)，这样 \(f(A)=0\) 对应 \(A^m\equiv-1\)，\(f(A)=1\) 对应 \(A^m\equiv 1\)，于是有 \(f(A)=\dfrac{(A^m+1)\bmod p}2\)！这样就把一个真值表达式变成了代数式！但一个问题是，要求的 \(\sum\) 是在 \(\Z\) 上的，而这样表示 \(f(A)\) 是在 \(\Z_p\) 上的，这就意味着如果按照这个表达式计算 \(\sum\)，只能得到模 \(p\) 意义下的值。接下来是最神仙的地方：只需要知道模意义下的值，便可知道真实值，因为 \(\sum f(y)f(x-y)\in[0,p-2]\)！！！！

接下来就略显 trivial 了。忽略 \(f(A)\) 的分母，最后乘个 \(4\) 的逆元即可。显然

\[\sum (y^m+1)((x-y)^m+1)=\sum(y^m(x-y)^m+y^m+(x-y)^m+1) \]

第四项的和显然是 \(p-2\)。第二三项是对称的，分别能取遍 \([1,p)\backslash \{x\}\)，而 \([1,p)\) 的 \(m\) 次方一半是 \(1\) 一半是 \(-1\)，总和就是 \(0\)，所以取 \(-x^m\) 就行了。第一项的话，乘进去得到 \(\!\left(xy-y^2\right)^m\)，除以 \(y^2\) 显然值不变，为 \(\left(\dfrac xy-1\right)^m\)。这就比较简单，\(\dfrac xy\) 显然取遍 \([2,p)\)，于是 \(\dfrac xy-1\) 取遍 \([1,p-2]\)。

code

int solve(int p, int x) {
	if(x == 0) return (p - 1) % 4 == 0 ? 2 * p - 1 : 1;
	int m = p - 1 >> 1;
	int ans = p - 2;
	(ans += 2 * -qpow(x, m, p)) %= p;
	(ans += -qpow(p - 1, m, p)) %= p;
	ans = (ans + 10 * p) * inv(4, p) % p * 4;
	return ans + 4 * (qpow(x, m, p) == 1);
}

void mian() {
	int p = read(), x = read();
	int ans = 1;
	for(int i = 2; i * i <= p; ++i) if(p % i == 0) {
		ans *= solve(i, x % i);
		p /= i;
	} if(p > 1) ans *= solve(p, x % p);
	prt(ans), pc('\n');
}