总结「二次剩余」

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二次剩余，之前从数竞同学那听到过这个东西，觉得在OI中没啥用。直到今天T1考了二次剩余，我才流下了没有数理基础的眼泪。

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二次剩余，其实就是模意义下开根。

给定常数 (n) ，解同余方程：

[x^2 equiv n ({ m{mod}} p) ]

当存在 (x) 满足上式时，则 (n) 是模 (p) 的二次剩余。

否则 (n) 是模 (p) 的二次非剩余。

为了方便，下面的同余式均省略 (({ m{mod}} p)) 。

基本结论

这里只讨论 (p) 为奇素数的情况。

两个二次剩余的乘积必然还是二次剩余

证明略。

二次剩余的逆元还是二次剩余

证明略。

满足 “ (n) 是模 (p) 的二次剩余“ 的 (n) 有 (frac{p+1}{2}) 个

对于同余方程 (x^2equiv n) ，假设有两个解 (x_1,x_2) ，则易证 (x_1+x_2equiv 0) ，即 (x_1) 和 (x_2) 互为相反数。

那么这样的解的对数有 (p+1) 对，每一个 (n) 对应了两个解，那么 (n) 有 (frac{p+1}{2}) 个。

欧拉准则

勒让德符号 ({displaystyle ({frac {a}{p}})}) 定义：

[({frac {a}{p}})= egin{cases} 0 & a equiv 0\ 1 & a ot equiv 0,exists xin  (x^2 equiv a)\ -1 & forall xin (x^2 ot equiv a) end{cases} ]

欧拉准则：

[n^{frac{p-1}{2}}equiv (frac{n}{p}) ]

那么若 (n) 是二次剩余，则 (n^{frac{p-1}{2}}=1) 。

证明：

由费马小定理 (n^{p-1}equiv 1) ，则 ((n^{frac{p-1}{2}})^2 equiv 1) 。那么 (n^{frac{p-1}{2}}) 是 (1) 模 (p) 意义下开根的结果，则 (n^{frac{p-1}{2}}=pm 1) 。

若 (n^{frac{p-1}{2}}=1) ，则令 (n=g^k) ，其中 (g) 为 (p) 的原根。

则有 ((g^k)^{frac{p-1}{2}}equiv 1) ，因为 (g^{p-1}equiv 1) 且 (g) 是原根，那么有 (p-1|k imesfrac{p-1}{2}) ，则 (k) 是偶数， (n) 开根的结果是 (g^{frac{k}{2}}) 。

所以 (n^{frac{p-1}{2}}=1) 时，(n) 是二次剩余，否则 (n) 是二次非剩余。

证毕。

求解 (x^2 equiv n ({ m{mod}} p))

先找出一个数 (a) ，满足 (a^2-n) 为二次非剩余，随机出一个数再判断即可。

令 (i^2equiv a^2-n) ，类比复数的定义，将所有数定义成 (A+Bi) 的形式。

那么 ((a+i)^{frac{p+1}{2}}) 是原方程的一个解。

证明：

相当于证明 ((a+i)^{p+1} equiv n) 。

则有：

[egin{aligned} (a+i)^{p+1}&equiv (a+i)^p(a+i) equiv n\ &equiv (a+i)sum_{k=0}^{p}{p choose i}a^ki^{p-k} end{aligned} ]

由卢卡斯定理可得：

[egin{aligned} (a+i)^{p+1}&equiv (a+i)(a^p+i^p) end{aligned} ]

由费马小定理有 (a^p equiv a) 。则：

[egin{aligned} (a+i)(a^p+i^p)&equiv (a+i)(a+i imes (i^2)^{frac{p-1}{2}})\ &equiv (a+i)(a-i)\ &equiv a^2-i^2\ &equiv a^2-(a^2-n)\ &equiv n end{aligned} ]

得证 ((a+i)^{p+1} equiv n) 。

证毕。

((a+i)^{frac{p+1}{2}}) 中虚部一定为 (0) 。

证明：

假设存在 ((A+Bi)^2equiv n,B ot =0) ，那么：

[egin{aligned} (A+Bi)^2&equiv A^2+2ABi+B^2i^2equiv n\ A^2+B^2i^2-n&equiv -2ABi end{aligned} ]

因为式子左边虚部为 (0) ，所以式子右边虚部也应该为 (0) ，则 (A=0) 。

得到 (i^2equiv n imes B^{-2}) ，因为右边是两个二次剩余，所以 (i^2) 也是二次剩余，与 (i) 的定义矛盾，所以 (B=0) 。

证毕。

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P5491 【模板】二次剩余

( ext{Code}:)

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define Rint register int
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long lxl;

template <typename T>
inline void read(T &x)
{
	x=0;T f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
	x*=f;
}

lxl n,p,w;

struct Complex
{
	lxl x,y;
	Complex(lxl x,lxl y):x(x),y(y){}
	Complex(){}
	inline Complex operator * (const Complex &T)const
	{
		return Complex((x*T.x%p+y*T.y%p*w%p)%p,(x*T.y%p+y*T.x%p)%p);
	}
};

inline lxl fmi(lxl a,lxl b)
{
	lxl res(1);
	a%=p;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) (res*=a)%=p;
		(a*=a)%=p;
		b>>=1;
	}
	return res;
}

inline Complex cfmi(Complex a,lxl b)
{
	Complex res(1,0);
	while(b>0)
	{
		if(b&1) res=res*a;
		a=a*a;
		b>>=1;
	}
	return res;
}

inline lxl Sqrt(lxl n,lxl p) // 在模 p 意义下开根
{
	n=(n%p+p)%p;
	if(!n) return 0;
	if(fmi(n,(p-1)>>1)!=1) return -1;
	lxl a;
	while(1)
	{
		a=rand()%p;
		w=(a*a%p-n+p)%p;
		if(fmi(w,(p-1)>>1)!=1) break;
	}
	return cfmi(Complex(a,1),(p+1)>>1).x;
}

int main()
{
	// freopen("P5491.in","r",stdin);
	int T;read(T);
	while(T--)
	{
		read(n),read(p);
		lxl x1=Sqrt(n,p),x2=(p-x1)%p;
		if(!~x1) puts("Hola!");
		else if(x1==x2) printf("%lld
",x1);
		else printf("%lld %lld
",min(x1,x2),max(x1,x2));
	}
	return 0;
}