二次剩余
解方程
[x^2 = n
]
定义一个数的 勒让德符号 为
[egin{equation}left(frac{n}{P}
ight) = egin{cases}0& mbox{if $P | n$}\1&mbox{if $exist a , a^2equiv x pmod P$}\-1&mbox{if $
ot exist a,a^2equiv x pmod P$}end{cases}end{equation}
]
我们只讨论 $ 1leq n leq P - 1 $ ，这个时候有
[left(frac{n}{P}
ight) equiv n^{frac{P-1}{2}} pmod P
]
证明不难，见 ZJK 的 PTT。
我们假设 $ x $ 为非二次剩余，那么 $ x^{frac{P-1}{2}} equiv -1 pmod P $
所以有 $ sqrt x ^{P-1} equiv -1 pmod P $
因为证明 Lucas 定理时证明过一个结论 $ (a+b)^P equiv a^P + b^P pmod P $
所以有
[( a + sqrt x )^{P} equiv a^P + sqrt x ^ P equiv a - sqrt x pmod P
]
这个形式很像平方差，我们可以再放进去一个 $ a + sqrt x $ ，所以
[(a + sqrt x)^{P+1} equiv a^2 - x pmod P
]
于是考虑什么时候可以让 $ a^2 - x = n $ , 那么 $ x = a^2 - n $。
我们假定 $ x = a^2 - n $ 并且它是一个非二次剩余，根据前面的结论，这个时候有
[(a + sqrt{a^2 - n})^{P+1} equiv n pmod P
]
那么也就是说 $ ( a + sqrt{a^2 - n} )^{frac {P+1} 2} equiv sqrt n pmod P $。
但是，这个东西一定是个整数吗？拉格朗日定理（我也不知道怎么证）告诉我们， $ x^2 equiv n pmod P $ 最多有两个根。如果 $ n $ 存在二次剩余，那么一定是两个和为 $ P $ 的整数。所以这么求必然得到的是一个整根。
具体算法实现的话，我们随机一个 $ a $ ，判断 $ a^2 - n $ 是否为二次剩余。如果是就重新随机，否则就做一次复数的 ksm 就行了。这里的复数单位根 $ i $ 满足的是 $ i^2 = sqrt{a^2 - n} $。
随机的次数我也不会证明，反正期望次数是很少的。复杂度 $ O(log P) $
#include "iostream"
#include "algorithm"
#include "cstring"
#include "cstdio"
using namespace std;
#define MAXN 100006
int n , P;
int i2;
struct comp {
int a , b;
comp( int a , int b ) : a(a) , b(b) {}
};
comp operator *( comp a , comp b ) { return comp( ( 1ll * a.a * b.a % P + 1ll * a.b * b.b % P * i2 % P ) % P , ( 1ll * a.a * b.b % P + 1ll * a.b * b.a % P ) % P ); }
comp Pow( comp a , int x ) {
comp ans( 1 , 0 );
while( x ) {
if( x & 1 ) ans = ans * a;
a = a * a , x >>= 1;
}
return ans;
}
int work( ) {
if( n == 0 ) return 0;
if( P == 2 && n == 1 ) return 1;
if( n >= P || Pow( comp(n , 0) , (P - 1) / 2 ).a == P - 1 ) return -1;
int t;
for( t = rand() % P + 1 ; ; t = rand() % P + 1 ) {
i2 = ( 1ll * t * t % P - n + P) % P;
if( Pow( comp( i2 , 0 ) , ( P - 1 ) / 2 ).a != P - 1 ) continue;
break;
}
comp ans = Pow( comp( t , 1 ) , ( P + 1 ) / 2 );
return min( ans.a , P - ans.a );
}
int main() {
srand( time( 0 ) );
int T;cin >> T;
while( T-- ) {
scanf("%d%d",&n,&P);
int ans = work( );
if( ans > 0 ) printf("%d %d
",ans , P - ans);
else if( ans == 0 ) puts( "0" );
else puts("Hola!");
}
}