浅谈二次剩余
浅谈二次剩余
前置的好吃芝士
若存在整数 \(x^2\equiv n(\bmod p)\)，\(p\) 为奇素数，则称 \(n\) 为二次剩余。否则称 \(n\) 为非二次剩余。
一般不考虑 \(n=0\) 的情况。
下文同余皆在 \(\bmod p\) 的意义下，且 \(p\) 为奇素数。
一些性质：（？
若 \(x_0\) 与 \(x_1\) 都满足 \(x_{0/1}^2\equiv n\) 且不相等，则有 \(x_0^2\equiv x_1^2\)，移过去就是 \((x_0+x_1)(x_0-x_1)\equiv 0\)。而 \(x_0-x_1\) 是不可能为 \(0\) 的，所以 \(x_0\) 与 \(x_1\) 为一对相反数。
- \(x_0+x_1\equiv 0\)
所以任意一对相反数都对应一个二次剩余，且它们两两不同。
所以二次剩余与非二次剩余的数量都是 \(\frac{p-1}{2}\)。
判定
因为 \(n^{p-1}\equiv 1\)，所以 \(n^{2(\frac{p-1}{2})}\equiv 1\)，所以 \(n^{\frac{p-1}{2}}\) 是 \(1\) 的二次剩余。
所以 \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv \pm 1\)。
- \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv \pm 1\)
若 \(n\) 是二次剩余，则存在 \(x^2\equiv n(\bmod p)\)，所以 \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv (x^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv x^{p-1}\equiv 1\)。
- \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\)，其中 \(n\) 为二次剩余。
如果满足 \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\)，则 \(n\) 是二次剩余。
这个逆命题要用到原根，我不会证/wul
所以！如果 \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\)，\(n\) 就为非二次剩余。因为 \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv \pm 1\)。
- \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\) 等价于 \(n\) 为二次剩余。
- \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\) 等价于 \(n\) 为非二次剩余。
Cipolla 算法
Cipolla 算法就是找到 \(x^2\equiv n(\bmod p)\) 的 \(x\) 的算法。
对于二次同余方程 \(x^2\equiv n\)：
找到 \(a\) 满足 \(a^2-n\) 是非二次剩余。
由于二次剩余与非二次剩余的数量是对半开的，所以你随机 rand，期望两次就能抽到。
（你听说过非酋吗？）
接下来定义 \(i^2\equiv a^2-n\)。
上文提到，\(a^2-n\) 是非二次剩余，所以理论上是不存在这个 \(i\) 的。
所以我们参考从实数域扩展到复数域的先例。不需要知道 \(i\) 是多少，就把它当作一个字母。
同复数一样地，我们定义 \((a+bi)\times (c+di)=(ac+bdi^2)+(ad+bc)i\)。
其中 \(i^2\) 就用 \(a^2-n\) 代替。
一些引理：
- \(i^p\equiv -i\)
证明：
因为上文提到，\(a^2-n\) 是非二次剩余，所以 \((a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\)。
- \((a+b)^p\equiv a^p+b^p\)
证明：（要用到二项式定理）
然后我们注意到组合数 \(\tbinom{p}{i}\)。
除了 \(\tbinom{p}{0}=\tbinom{p}{p}=1\) 外，所有的 \(\tbinom{p}{i}\) 都等于 \(p(p-1)(p-2)\cdots (p-i+1)\)。
注意到我们的运算是在模 \(p\) 的意义下的，所以 \(\tbinom{p}{i}\) 一定是 \(0\)。
所以 \((a+b)^p\) 就只剩下了 \(a^0 b^p+a^p b^0=a^p+b^p\)。
然后证明最终公式：\((a+i)^{p+1}\equiv n\)。
证明：
所以！
\((a+i)^{\frac{p+1}{2}}\) 是一个解，它的相反数是另一个解。
综上，我们只要随机找到一个 \(a\)，满足 \(a^2-n\) 是非二次剩余，再计算 \((a+i)^{\frac{p+1}{2}}\) 与它的相反数就好了。
那么这个 \(i\) 该怎么表示呢？
显然，因为 \(i\) 的意义十分抽象复杂，别说整数域，就连实数域都没有它。所以在答案中 \(i\) 的系数一定是 \(0\)。
证明：
假设存在 \((A+Bi)^2\equiv n\)，即对于方程 \(x^2\equiv n\)，令 \(A+Bi=x\)。其中 \(B\neq 0\)。
那么：
因为 \(n\) 是正整数，而 \(i\) 成分复杂，所以 \(2AB\) 一定等于 \(0\)。
而我们约定了 \(B\neq 0\)，所以 \(A\equiv 0\)。
回到原式，得 \(B^2i^2\equiv n\)。
进一步推式子，有 \((Bi)^2\equiv n\)。
也就是 \(i^2\equiv \frac{n}{B^2}\)，即 \(i^2\equiv B^{-2}\)。
而 \(B^{-2}\equiv (B^{-1})^2\)，但是 \(i^2\) 是一个非二次剩余，所以与 \((B^{-1})^2\) 是二次剩余矛盾。
证毕。
综上，总结一下 Cipolla 算法的过程：
- rand 出一个 \(a\)，满足 \((a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\)。
- 令 \(i^2=a^2-n\)。
- 用快速幂求出 \((a+i)^{\frac{p+1}{2}}\)。这是原式的一个解。
- 找到它的相反数，这是另一个解（如果有的话）。
相反数直接用模数减去答案就行了。
模板题&代码
注意判断一下 \(n\)。如果不是二次剩余直接输出。
还有找 \(a\) 的时候一定快速幂后是转化成 \(p-1\)，而非真的 \(-1\)。
别问。问就是自己栽过（（（
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ljl;
int T;
ljl n,p,I2;
ljl rnd(){return rand()%p*rand()%p;}
struct C{//a+bi 类似于复数的类
ljl a,b;
C(){a=0;b=0;}
};
C operator * (C a,C b)//类似复数乘法
{
C ans;
ans.a=(a.a%p*b.a%p+a.b%p*b.b%p*I2%p)%p;
ans.b=(a.a%p*b.b%p+a.b%p*b.a%p)%p;
return ans;
}
C qpow(C a,ljl k)
{
C ans;ans.a=1;ans.b=1;
while(k)
{
if(k&1)
ans=ans*a;
a=a*a;
k>>=1;
}
return ans;
}
bool check()
{
C t;t.a=I2;t.b=0;
return qpow(t,(p-1)/2).a==p-1;
}
bool checkn()//如果 n 是非二次剩余直接结束了
{
C t;t.a=n;
if(qpow(t,(p-1)/2).a==p-1)return 0;
return 1;
}
void Main()
{
cin>>n>>p;
if(!n){cout<<"0\n";return;}
if(!checkn()){cout<<"Hola!\n";return;}
ljl a=rnd();I2=(a*a+p-n)%p;
while(!a||!check())
{
a=rnd();
I2=(a*a+p-n)%p;
}
C t;t.a=a;t.b=1;
ljl ans0=qpow(t,(p+1)/2).a;
ljl ans1=p-ans0;
cout<<min(ans0,ans1)<<' '<<max(ans0,ans1)<<'\n';
return;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
srand(rand());
cin>>T;
while(T--)
Main();
return 0;
}
完结撒花！
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