感觉并不是特别难的题。

首先是一个简单的推式子，有原式：

(a_{i} + a_{j}) \times ({a_{i}}^{2} + {a_{j}}^{2}) \equiv k (mod p)

$(a_i+a_j) \times ({a_i}^2+{a_j}^2) \equiv k (\bmod \space p)$

如何针对 $a_i+a_j$ 进行有效处理呢？不难想到平方差公式：

(a_{i} + a_{j}) \times (a_{i} - a_{j}) \times ({a_{i}}^{2} + {a_{j}}^{2}) \equiv k \times (a_{i} - a_{j}) (mod p)

$(a_i+a_j) \times (a_i-a_j) \times ({a_i}^2+{a_j}^2) \equiv k \times (a_i-a_j) (\bmod \space p)$

合并左式一二项，同时拆右式括号：

({a_{i}}^{2} - {a_{j}}^{2}) \times ({a_{i}}^{2} + {a_{j}}^{2}) \equiv k \times a_{i} - k \times a_{j} (mod p)

$({a_i}^2-{a_j}^2) \times ({a_i}^2+{a_j}^2) \equiv k \times a_i - k \times a_j (\bmod \space p)$

我们发现可以再针对 ${a_i}^2$ 和 ${a_j}^2$ 使用平方差公式，则有：

{a_{i}}^{4} - {a_{j}}^{4} \equiv k \times a_{i} - k \times a_{j} (mod p)

${a_i}^4 - {a_j}^4 \equiv k \times a_i - k \times a_j (\bmod \space p)$

移项得：

{a_{i}}^{4} - k \times a_{i} \equiv {a_{j}}^{4} - k \times a_{j} (mod p)

${a_i}^4 - k \times a_i \equiv {a_j}^4 - k \times a_j (\bmod \space p)$

也就是说，针对每一个 $a_i$ ，我们只需要注意 ${a_i}^4 - k \times a_i$ 即可。可以考虑使用 unordered_map 维护并记录方案数。

// Problem: Count Pairs
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/CF1188B
// Memory Limit: 250 MB
// Time Limit: 4000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ok puts("YES")
#define no puts("NO")
#define debug puts("Tomotake_Yoshino_my_wife")
#define clean fflush(stdout)
using namespace std;
int read(){
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9'){
		x=x*10+c-48;
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int maxn=3e5+5;
int binpow(int a,int b,int mod){
	int res=1;
	while(b){
		if(b&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
int n,p,k;
int res,ans;
int a[maxn];
unordered_map<int,int> mp;
inline void init(){
	n=read();p=read();k=read();
	for(register int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
}
signed main(){
	init();
	for(register int i=1;i<=n;++i){
		res=binpow(a[i],4,p)-k*a[i]%p;res=(res+p)%p;
		ans+=mp[res];ans%=p;mp[res]++;mp[res]%=p;
	}
	printf("%lld",ans);
}

__EOF__

本文作者：yizhixiaoyun
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