前言
就是要求所有(xin[0,p))满足(x^2equiv n(mod p))，这里保证(p)是一个奇素数。
不知道有没有不保证(p)是奇素数的扩展二次剩余？
基本引理
模(p)意义下，(0)满足恰有一个根(0)，一共有(frac{p-1}2)个数(n)满足(x^2equiv n)有两个根(x_1,x_2)且(x_1+x_2equiv0(mod p))。
非常显然，但又非常重要。
勒让德符号
定义勒让德符号((frac np))，分下列三种取值：
- 若(n=0)，则((frac np)=0)。
- 若(n)在模(p)意义下是二次剩余，则((frac np)=1)。
- 若(n)在模(p)意义下非二次剩余，则((frac np)=-1)。
欧拉准则： ((frac np)equiv n^{frac{p-1}2}(mod p))。
考虑它的证明，(n=0)时显然满足结论。
否则，因为(p)是奇素数，所以根据费马小定理有(n^{p-1}equiv1(mod p))。
而根据二次探测定理，便有(n^{frac{p-1}2}equivpm1(mod p))
如果(n)是二次剩余，则至少有一根(x)，那么(n^{frac{p-1}2}equiv x^{2 imes frac{p-1}2}equiv x^{p-1}equiv1(mod p))。
而若(n)非二次剩余，那么(n^{frac{p-2}2})就只能等于(-1)了。
应该还是非常显然的。
二次剩余的求解
我们去寻找一个(a)，满足(omega=a^2-n)不是模(p)意义下的二次剩余。（由于模(p)意义下有一半的数都不是二次剩余，只要随机去找，概率应该还是比较高的）
先给出结论，(x=(a+sqrtomega)^{frac{p+1}2})是(x^2equiv n(mod p))的一个根。
那么也就是要证明(x^2=(a+sqrt omega)^{p+1}equiv n(mod p))。
首先考虑((a+sqrtomega)^p)的展开，根据二项式定理+卢卡斯定理得到它其实就等于(a^p+sqrtomega^p)。
根据费马小定理，(a^pequiv a(mod p))。
而根据前面勒让德符号中的结论，(sqrtomega^{p-1}=omega^{frac{p-1}2}equiv-1(mod p))，因此(sqrtomega^pequiv-sqrtomega(mod p))。
所以得到((a+sqrtomega)^{p+1}equiv(a-sqrtomega)(a+sqrtomega)equiv a^2-omegaequiv n(mod p))。
具体实现中只要把(sqrtomega)当作一个虚数，在复数域上求解即可。
注意尽管这样只求出了一个根(x_1)，但根据先前的结论，另一个根(x_2=p-x_1)。
代码：(O(Tlogp))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
using namespace std;
int n,w,X;struct node
{
int x,y;I node(CI a=0,CI b=0):x(a),y(b){}//定义一个复数x+y√ω
I node operator + (Con node& o) {return node((x+o.x)%X,(y+o.y)%X);}
I node operator - (Con node& o) {return node((x-o.x+X)%X,(y-o.y+X)%X);}
I node operator * (Con node& o) {return node((1LL*x*o.x+1LL*y*o.y%X*w)%X,(1LL*x*o.y+1LL*y*o.x)%X);}
};
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
I node QP(node x,RI y) {node t=1;W(y) y&1&&(t=t*x,0),x=x*x,y>>=1;return t;}
I int Solve(CI n)//求解二次剩余
{
if(QP(n,X-1>>1)==X-1) return -1;//如果没有二次剩余
RI a;W(true) if(a=(1LL*rand()*rand()%X),w=((1LL*a*a-n)%X+X)%X,QP(w,X-1>>1)==X-1) break;//随机一个a满足ω=a^2-n非二次剩余
return QP(node(a,1),X+1>>1).x;//(a+ω)^((p+1)/2)是一个根
}
int main()
{
srand(324682339);RI Tt,t;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
{
if(scanf("%d%d",&n,&X),!n) {puts("0");continue;}//特判0
(t=Solve(n))==-1?puts("Hola!"):(t>X-t&&(t=X-t),printf("%d %d
",t,X-t));//有根则必有两根
}return 0;
}