2019牛客暑期多校训练营（第九场）B Quadratic equation （平方剩余）
\((x+y)\equiv b\pmod p\)
\((x\times y)\equiv c\pmod p\)
由第一个式子可知：\(x+y=b~or~x+y=b+p\)
先任选一个代入到第二个式子里得
解二次剩余方程 \(q^2\equiv a\pmod p\)
因为这个方程去查了很多资料
1. 欧拉准则
对于\(x^2\equiv a\pmod p\)
证明：
先不考虑a为0的情况。
已知 \((p-x)^2\equiv x^2\pmod p\)， 这是因为\(p^2-2xp+x^2\equiv x^2 \pmod p\)
所有有\(p-1\over 2\) 个不同的二次剩余，即\(1^2,2^2,\cdots,({p-1\over 2}) \pmod p\) （因为前一半和后一半相同了）
又\(a^{p-1}\equiv 1 \pmod p\), 可以写为\(({a^{p-1\over 2}-1})({a^{p-1\over 2}} + 1)\equiv 0\pmod p\)
上式中的前后两个因子，必须有一个为0，由\(Lagrangs's theorem\) 可知 k次多项式最多 k 个解，所以\(a^{p-1\over 2}-1\equiv 0\pmod p\) 有最多 \(p-1\over 2\)个解。
又\(x^2\equiv a\), 所以\(a^{p-1\over 2} \equiv (x^2)^{p-1\over 2} \equiv 1\pmod p\)
所以每一个平方剩余都可以使得第一个因子为0，非0平方剩余最少有\(p-1\over 2\)个，所以这与上面方程的解正好对应起来，也就是说使得\(a^{p-1\over 2}\equiv 1\)成立的\(a\) 都是\(p\) 的二次剩余。同理可知使得\(a^{p-1\over 2} \equiv -1\)成立的\(a\)都是\(p\)的非二次剩余。
2. 求解二次剩余
本题比较特殊，\(p\equiv 3\pmod 4\) ，那么根据上面推出来的
对于更一般的\(p\) , 可以参考: http://xbgjxt.swu.edu.cn/jsuns/html/jsuns/2019/1/201901009.htm
综述：
- 根据欧拉准则来判断是否有解
- 有解则求出原题中的x 与 y输出
- 无解则输出-1
标程代码：
int t, p = 1000000007;
//快速幂代码
long long pow(long long x, long long y, long long p) {
}
int main() {
cin >> t;
for (int tt = 0; tt < t; tt++) {
long long b, c;
cin >> b >> c;
long long d = (b * b - 4 * c) % p;
if (d < 0) {
d += p;
}
if (d != 0 && pow(d, (p - 1) / 2, p) != 1) {//如果无解，需要注意d为0的情况
cout << -1 << ' ' << -1 << endl;
} else {
long long r = pow(d, (p + 1) / 4, p);
long long x = (b + r) * pow(2, p - 2, p) % p;
long long y = (b - r) * pow(2, p - 2, p) % p;
if (x < 0)x += p;
if (y < 0)y += p;
if (x > y) swap(x, y);
cout << x << ' ' << y << endl;
}
}
}
自己的代码
const ll mod = 1e9+7;
ll pow_mod(ll a,ll i,ll n){
if(i == 0)return 1 % n;
ll tmp = pow_mod(a, i>> 1,n);
tmp = tmp * tmp % n;
if(i & 1)tmp = tmp * a % n;
return tmp;
}
//红宝书模板代码，求解模p下二次剩余为a的解
ll modsqr(ll a,ll n){
if(a == 0)return 0;
ll b,k,i,x;
if(n == 2)return a % n;
if(pow_mod(a,(n-1)/2,n) == 1){
if(n % 4 == 3)//本题中只会进入下面这个case
x = pow_mod(a,(n+1)/4,n);
else{
for(b = 1;pow_mod(b,(n-1)/2,n) == 1;b++);
i = (n-1)/2;
k = 0;
do{
i/=2;
k/=2;
if((pow_mod(a,i,n) * pow_mod(b,k,n) + 1) % n == 0)
k += (n-1) / 2;
}while(i % 2 == 0);
x = (pow_mod(a,(i+1)/2,n) * pow_mod(b,k/2,n))%n;
}
if(x * 2 > n)x = n-x;
return x;
}
return -1;
}
int main()
{
int T;cin>>T;
while(T--){
ll b,c;
scanf("%lld%lld",&b,&c);
ll q,a;
a = ((b*b - c * 4)%mod + mod) % mod;
q = modsqr(a,mod);
if(q == -1){//无解情况
puts("-1 -1");
continue;
}
//很蠢的分了两种情况....其实乘一个2的逆元即可
ll x = (q + b) / 2;
ll y = mod + b - x;
x = (x % mod + mod) % mod;
y = (y % mod + mod) % mod;
if((x * y) % mod == c){
if(x > y)swap(x,y);
printf("%lld %lld\n",x,y);continue;
}
x = (q + b + mod)/2;
y = b - x;
x = (x % mod + mod) % mod;
y = (y % mod + mod) % mod;
if((x * y) % mod == c){
if(x > y)swap(x,y);
printf("%lld %lld\n",x,y);continue;
}
puts("-1 -1");
}
return 0;
}
参考资料：
