数论
这不是一个很详细的总的数论合集，只是一个比较简略，特别是证明很简略的类似笔记一样的东西。
数论分块
数论分块是相对基础的算法。其主要作用是化简带向上或向下取整的和式。
有引理：
\[\forall a,b,c\in \mathbb{Z} ，\left \lfloor \frac{a}{bc} \right \rfloor =\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor }{c} \right \rfloor
\]
当然这只是个引理。
数论分块的主要思想是 \(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\) 只有 \(O(\sqrt n)\) 种取值，我们将取值相同的放在一起算就可以降低复杂度。
对于 \(i\in [1,n]\)，与 $\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $ 值相同且最大的 \(j\) 是 $\left \lfloor \frac{n}{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor } \right \rfloor $。
因此我们就可以用循环的形式来求解类似 $\sum_i^nf(i)\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $ 的和式。当然，我们首先需要知道 \(f(i)\) 的前缀和。
欧拉函数
定义
- 对于一个数n，\(\varphi(n)\)是小于n的所有正整数中与n互质的数的个数
- 定义式：$\varphi(n)=n*\frac{p_{1}-1}{p_{1}} * \frac{p_{2}-1}{p_{2}} \cdots $
\(p_{i}\)是n的所有质因子 注意：一种质因子只能乘一次 - 定义域：\(N^{*}\)
性质
- \(\varphi(1)=1\)
- 对于一个质数p，\(\varphi(p)=p-1\)
- 如果p、q为质数，则有\(\varphi(p * q)=\varphi(p) * \varphi(p)=(p-1) * (q-1)\)，即欧拉函数是积性的
- 如果p为质数，则有\(\varphi(p^{k})=p^{k}-p^{k-1}\)
- 对于正整数n，有\(\sum_{h|n}\varphi(h)=n\)
- 对于互质的两个数a、b，\(\varphi(a * b)=\varphi(a) * \varphi(b)\)
- 如果\(a|b\),则\(\varphi(a * b)=\varphi(b) * a\)
求解
单个欧拉函数的求解
- 直接使用定义式暴力枚举每个质因子，时间复杂度\(O(\sqrt{n})\)
cin>>n;
int res=n;
for(int i=2;i*i<=n;i++)
{
if(!(n%i))
{
res=res*(i-1)/i;
while(!(n%i)) n/=i;
}
}
if(n>1) res=res*(n-1)/n;//注意，这一行必须加，这里证明还有一个质因数没算
欧拉筛线性求欧拉函数
- 通过欧拉筛，筛出质数后运用性质5、6求出线性范围内的所有数的欧拉函数
vector <int> q;
int tot=0;
cin>>n;//范围
vis[0]=vis[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i])//如果是质数，则初始化其欧拉函数并将其压入q中
{
phi[i]=i-1;
q.push_back(i),tot++;
}
for(int j=0;j<tot&&i*q[j]<=n;j++)//枚举所有质数
{
vis[i*q[j]]=1;
if(!i%q[j])
{
phi[i*q[j]]=phi[i]*q[j];//性质6
break;//i已经包含了q[j]的所有质因子，再继续枚举一定全是重复的
}
else phi[i*q[j]]=phi[i]*phi[q[j]];//性质5.由于q[j]是质数，所以如果i不整除q[j],因此二者一定互质
}
}
例题
- Mr.Hu 最近在研究等比数列，即形如：
$ a^{0} , a^{1} , a^{2} , \cdots , a^{n} , \cdots $
现在，Mr.Hu 想知道，对于给定的非负整数 a，上面这个无穷数列在模 mod 意义下有多少项是本质不同的。(保证 gcd(a, mod) = 1)。
对于 30% 的数据，0 ≤ a ≤ \(10^{3}\)，1 ≤ mod ≤ \(10^{3}\)；
对于 100% 的数据，0 ≤ a ≤ 2 × \(10^{9}\)，1 ≤ mod ≤ 2 × \(10^{9}\)，且保证 gcd(a, mod) = 1，1 ≤ T ≤ 100。 - 设\(a^{x}\equiv 1 (mod p)\),则显然再继续乘是循环的，因此求出最小的x后,由于指数是从0开始的，因此就有x种不同的答案
由于欧拉定理\(a^{\varphi(p)}\equiv 1（mod p）\)，因此在\(x=\varphi(p)\)时是一定有解的
现在的问题就是如何去由这个特解去求最小解
这里有一个很暴力的做法，就是去枚举\(\varphi(p)\)的所有因数。暴力去check这个因数是否合法
由于因数最多只有$ \sqrt{p} $个，因此时间复杂度为 $ O ( T\sqrt{p}log_{p} ) $
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ksm(ll x,ll k,ll p)
{
ll res=1;
while(k)
{
if(k&1) res=res*x%p;
k>>=1;x=x*x;x%=p;
}
return res;
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
ll a,p,phi=0,n;
scanf("%lld%lld",&a,&p);
phi=n=p;
for(ll i=2;i<=sqrt(n)+1;i++)
{
if(!(n%i))
{
phi=phi*(i-1)/i;
while(!(n%i)) n/=i;
}
}
if(n>1) phi=phi*(n-1)/n,n=1;
ll res=phi;bool fo=0;
for(ll i=1;i*i<=phi;i++)
{
if(!(phi%i))
if(ksm(a,i,p)==1)
{
res=i;break;
}
else if(ksm(a,phi/i,p)==1) res=phi/i; //这里取了个巧，同时算大和小的因数
}
if(!fo) printf("%lld\n",res);
}
return 0;
}
欧拉定理
若 \(\gcd(a,p)=1\)，则
$$
a^c\equiv a^{c\bmod \varphi(p)}\pmod p
$$
或者有另外一种等价的形式
\[a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod{p}
\]
当 \(p\) 为质数时，显然有 \(a^{p-1}=1\)，即费马小定理。也就是说费马小定理是欧拉定理的特殊情况。
扩展欧拉定理
\[ a^c\equiv\begin{cases}a^{c\bmod \varphi(p)} &\gcd(a,m)=1\\
a^c &\gcd(a,m)\neq 1 \land c< \varphi(p)\\
a^{c\bmod \varphi(p)+\varphi(p)} &\gcd(a,m)\neq 1 \land c\ge \varphi(p)
\end{cases}
\pmod p
\]
这个主要是对超高次幂的处理。
欧拉反演（？）
由
\[n=\sum_{h|n}\varphi (h)
\]
有
\[gcd(a,b)=\sum_{h|gcd(a,b)}\varphi(h)=\sum_d[d|a][d|b]\varphi (d)
\]
这当然只是一种特殊的形式，但是这个东西在处理和式的时候很常用。因为这个欧拉函数的 \(\sum\) 大概率可以提到前面去。
P2398 GCD SUM
求
\[\sum_i^n\sum_j^n gcd(i,j)
\]
转化一下就好了。
\[\begin{aligned}
原式 & =\sum_i\sum_j\sum_d[d|i][d|j]\varphi(d) \\
& = \sum_d\varphi(d)\sum_i\sum_j[d|i][d|j]\\
& = \sum_d\varphi(d)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor^2\\
\end{aligned}
\]
然后就可以暴力了。
code
这里没有用线性筛去筛欧拉函数，而是暴力，因为能过。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long phi[100005];
long long ans=0;
void getphi(int n)
{
for(int i=1;i<=n;i++) phi[i]=i;
for(int i=2;i<=n;i++)
if(phi[i]==i)
for(int j=i;j<=n;j+=i) phi[j]=phi[j]*(i-1)/i;
}
int main()
{
long long n;cin>>n;
getphi(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans+=1ll*phi[i]*(n/i)*(n/i);
}
cout<<ans<<endl;
}
莫比乌斯函数及其反演
莫比乌斯函数
\[\mu(x)=\begin{cases}1\ \ &(x=1)\\(-1)^k\ \ &(\text{$x$没有平方数因子，且$x$的质因子个数为$k$})\\0 &(\text{$x$有平方数因子})\end{cases}
\]
很好理解 \(\mu\) 是积性函数。但是这个定义略显奇怪。这是因为它满足如下式子：
\[\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]
\]
也就是说有
\[\mu * 1=\varepsilon
\]
事实上莫比乌斯函数是为了满足上面的那个式子才被定义出来的。
类似的有
\[\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)=[\gcd(i,j)=1]
\]
事实上只是将 \(n\) 换成了 \(\gcd(i,j)\)，但是在很多式子中会很有用。
莫比乌斯反演
\[g(n)=\sum_{i|n}f(i)\Leftrightarrow f(n)=\sum_{i|n}\mu(\frac{n}{i})g(i)
\]
但是事实上这个式子并不是很常用，限制有点多。
更常用的是上面的式子和另一个，把它们合起来写：
\[\begin{cases}
\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] \\
n=\sum_{d|n} \varphi(d)
\end{cases}
\]
P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB
求
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i, j)
\]
显然先将 \(\operatorname{lcm}\) 拆开，拆成 \(\gcd\) 后套路性的枚举 \(\gcd\)，类似交换和式处理使得出现整除分块的形式：
\[=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[\gcd(i,j)=1]ij
\]
我们把 \(\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}[\gcd(i,j)=1]ij\) 设为 \(solve1(x,y)\)，那上面的式子就是
\[\sum_{d=1}^nd \ solve1(\left \lfloor n/d \right \rfloor,\left \lfloor m/d \right \rfloor )
\]
显然可以整除分块。然后再来考虑 \(solve1\) 怎么处理。
用上面的式子把 \([\gcd(i,j)=1]\) 拆成 \(\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\)，仍然是交换和式变成可整除分块的形式：
\[\begin{aligned}
solve1(n,m)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij\sum_{k|\gcd(i,j)}\mu(k)\\
&=\sum_{k=1}^n\mu(k)k^2\sum_{i=1}^{n/k}i\sum_{j=1}^{m/k}j
\end{aligned}
\]
这时最后两个求和符号显然都可以 \(O(1)\) 计算。记 \(g(n,m)=\sum_{i=1}^n i \sum_{j=1}^n j=\frac{i(i+1)}{2}\frac{j(j+1)}{2}\)，
\[=\sum_{k=1}^n\mu(k)k^2g(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor,\lfloor\frac{m}{k}\rfloor)
\]
这样 \(solve1\) 也可以整除分块。两个整除分块的嵌套听大佬说时间复杂度是 \(O(n)\) 的。（不太会证）
code
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e7+7;
const int p=20101009;
int n,m,mu[N],zhi[N],sum[N],ni;
bool sign[N];
int ksm(int x,int k){int res=1;while(k){if(k&1)res=res*x%p;x=x*x%p,k>>=1;}return res;}
void init()
{
mu[1]=1;int cnt=0,up=min(n,m);sign[0]=sign[1]=1;ni=ksm(2,p-2);
for(int i=2;i<=up;i++){
if(!sign[i]) zhi[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*zhi[j]<=up;j++){
sign[i*zhi[j]]=1;
if(i%zhi[j]==0) {mu[i*zhi[j]]=0;break;}
mu[i*zhi[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=up;i++) sum[i]=(sum[i-1]+i*i%p*mu[i]%p+p)%p;
}
int g(int x,int y){return x*(x+1)%p*y%p*(y+1)%p*ni%p*ni%p;}
int solve2(int x,int y)
{
int res=0;
for(int l=1,r;l<=min(x,y);l=r+1)
{
r=min(x/(x/l),y/(y/l));
res=(res+(sum[r]-sum[l-1])%p*g(x/l,y/l)%p+p)%p;
}
return res;
}
int solve1()
{
int res=0;
for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
res=(res+(l+r)*(r-l+1)%p*ni%p*solve2(n/l,m/l)%p+p)%p;
}
return res;
}
signed main()
{
cin>>n>>m;init();
cout<<solve1()<<'\n';return 0;
}
中国剩余定理
对于两两互质的 \(n_i\)，求
\[\begin{aligned}
\left\{\begin{matrix}
x\equiv a_1 \pmod{n_1} \\
x\equiv a_2 \pmod{n_2} \\
\cdots \\
x\equiv a_k \pmod{n_k}
\end{matrix}\right.
\end{aligned}
\]
- 计算所有模数的积 \(n\)。
- 对于每一个 \(i\)，
计算 \(m_i=\frac{n}{n_i}\)。
计算 \(\mod n_i\) 意义下的 \(m_i\) 的逆元 \(m_i^{-1}\)。 - \(x=\sum_{i=1}^k a_im_im_i^{-1} \mod n\)。
正确性大概是只有对应的模数的时候才不为 0。
P1495 【模板】中国剩余定理（CRT）/ 曹冲养猪
模板题。通过exgcd来求逆元即可。就是不知道为什么本地运行就是错的在在线IDE上就是对的。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int __int128
#define ll long long
const long N=15;
int q,a[N],b[N],ans=0,n=1;
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0){x=1,y=0;return;}
int x1,y1;exgcd(b,a%b,x1,y1);
x=y1,y=x1-(a/b)*y1;
}
signed main(){
scanf("%lld",&q);
for(int i=1;i<=q;i++){scanf("%lld %lld",&a[i],&b[i]);n*=a[i];}
for(int i=1;i<=q;i++){
int m=n/a[i],x,y;exgcd(m,a[i],x,y);
ans=(ans+m*x*b[i]%n+n)%n;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
P2480 [SDOI2010] 古代猪文
求
\[{\huge g^{\sum_{k|n}{n\choose k}} \mod 999911659}
\]
一道比较综合的题目。
考虑用欧拉定理的第一种形式来化简，将取模移到指数上。注意这里999911659是一个质数。
\[{\huge
\begin{aligned}
原式& = g^{\sum_{k|n}{n\choose k}\mod 999911658} \mod 999911659
\end{aligned}
}
\]
显然999911658是一个合数，有 \(999911658=2\times 3\times 4679\times 35617\)。
发现这些因子的次数都是1，因此可以用普通的CRT拆分后求解。
我们设 \(\sum_{k|n}{n\choose k}\mod 999911658=t\)，那么
\[\begin{aligned}
\left\{\begin{matrix}
t \equiv & ans_1 & \pmod{2} \\
t \equiv & ans_2 & \pmod{3} \\
t \equiv & ans_3 & \pmod{4679} \\
t \equiv & ans_4 & \pmod{35617}
\end{matrix}\right.
\end{aligned}
\]
因此我们将问题转化为求 \(ans_i\)。对于这某一种模数，我们可以暴力地去枚举 \(k\) 使得 \(k|n\) 然后用lucas去算模上面四个模数意义下的 \(n\choose k\)。
最后用CRT合并起来即可。
code
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,g,a[10]={0,2,3,4679,35617},ans[10];
const int p=999911658;
int ksm(int x,int k,int p1){
int res=1;
while(k){
if(k&1) res=res*x%p1;
x=x*x%p1;k>>=1;
}
return res;
}
int C(int x,int y,int p1){
int res1=1,res2=1;
for(int i=x;i>=x-y+1;i--) res1=res1*i%p1;
for(int i=y;i>=1;i--) res2=res2*i%p1;
return ksm(res2,p1-2,p1)*res1%p1;
}
int lucas(int x,int y,int p1){
if(y==0) return 1;
return (C(x%p1,y%p1,p1)*lucas(x/p1,y/p1,p1))%p1;
}
int crt(){
int res=0;
for(int i=1;i<=4;i++){
int m=p/a[i],m1=ksm(m,a[i]-2,a[i]);
res=(res+ans[i]*m%p*m1%p)%p;
}
return res;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>g;
if(g%(p+1)==0){cout<<'0';return 0;}
for(int i=1;i<=4;i++){
for(int j=1;j*j<=n;j++){
if(n%j==0) {
ans[i]=(ans[i]+lucas(n,j,a[i]))%a[i];
if(j*j!=n) ans[i]=(ans[i]+lucas(n,n/j,a[i]))%a[i];
}
}
}
int res=crt();
cout<<ksm(g,res,p+1);
return 0;
}
升幂定理
好难啊，咕咕咕。
阶乘取模
定义 \(\nu _p(n)\) 表示 \(n\) 的标准分解中 \(p\) 这个质因子的次数，即 \(p^{\nu _p(n)}|n\)，\(p^{\nu _p(n)+1}\nmid n\)。
Wilson 定理
对于 \(1\le n\)，
\[n 是质数\Leftrightarrow (n-1)!\equiv -1 \pmod{n}
\]
lucas定理
对于质数 \(p\)，有
\[
\begin{aligned}
& \binom{n}{m} \equiv \binom{\left \lfloor n/p \right \rfloor }{\left \lfloor m/p \right \rfloor } \binom{n\mod{p}}{m\mod p} \pmod{p}
\end{aligned}
\]
引理1
\[
\begin{aligned}
& \binom{p}{n}\mod{p}=[n=0\vee n=p]
\end{aligned}
\]
引理2
\[
\begin{aligned}
& (a+b)^p \equiv a^p+b^p \pmod{p}
\end{aligned}
\]
P3807 【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理
直接应用上面的。\(n、m\)较小时就可以直接暴力求。由于每个 \(p\) 不同，因此不能预处理阶乘。
又因为 \(p\) 可能比 \(n、m\) 小，因此不能递推求逆元。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int p,cnt;
int ksm(int x,int k)
{
int res=1;
while(k)
{
if(k&1) res=res*x%p;
k>>=1;x=x*x%p;
}
return res;
}
int C(int n,int m)
{
int jie1=1,jie2=1;
for(int i=n;i>=n-m+1;i--) jie1=jie1*i%p;
for(int i=1;i<=m;i++) jie2=jie2*i%p;
jie2=ksm(jie2,p-2);return jie1*jie2%p;
}
int lucas(int n,int m)
{
if(m==0) return 1;
return (C(n%p,m%p)*lucas(n/p,m/p))%p;
}
void solve()
{
int n,m;cin>>n>>m>>p;n=n+m;cnt=0;
cout<<lucas(n,m)<<'\n';
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
int T;cin>>T;while(T--) solve();
}
同余方程
好难啊，咕咕咕。
二次剩余
对于整数 \(a,p\) 且 \(a,p\) 互质，若存在整数 \(x\) 使得
\[x^2\equiv a \pmod{p}
\]
则称 \(a\) 为模 \(p\) 的二次剩余。一般而言，我们都只讨论 \(p\) 为奇素数的情况。
可以发现，二次剩余是一个类似于模意义下开根号的运算。
Euler判定法
所谓判定法就是判定一个数 \(a\) 是否是模数 \(p\) 的二次剩余。
\[\begin{aligned}
a^{\frac{p-1}{2}} \equiv \begin{cases}
1 \pmod{p}, & \text{存在 } x \in \mathbb{Z} \text{ 使得 } a \equiv x^2 \pmod{p}, \\
-1 \pmod{p}, & \text{otherwise}.
\end{cases}
\end{aligned}
\]
Legendre 符号
定义Legendre 符号形如 \({\left({a\over p} \right )}\)，其中 \(a\) 为整数 \(p\) 为奇素数。其值如下：
\[\left( \frac{a}{p} \right) =
\begin{aligned}[t]
&\begin{cases}
0, & p \mid a, \\
1, & p \nmid a \text{ 且 } (\exists x \in \mathbb{Z}), \ a \equiv x^2 \pmod{p}, \\
-1, & \text{其他情况}.
\end{cases}
\end{aligned}
\]
可以发现这个值几乎就是Euler判定法的具体表示。
性质
\[\begin{aligned}
a^{\frac{p-1}{2}} &\equiv \left( \frac{a}{p} \right) \pmod{p}
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
\left( \frac{1}{p} \right) &= 1 \\
\left( \frac{-1}{p} \right) &= (-1)^{\frac{p-1}{2}} \\
&= \begin{cases}
1, & p \equiv 1 \pmod{4}, \\
-1, & p \equiv 3 \pmod{4}.
\end{cases}
\end{aligned}
\]
- 同余
\[\begin{aligned}
a_1 \equiv a_2 \pmod{p} \implies \left( \frac{a_1}{p} \right) &= \left( \frac{a_2}{p} \right)
\end{aligned}
\]
- 类似于完全积性的性质
\[\begin{aligned}
\left( \frac{a_1 a_2}{p} \right) &= \left( \frac{a_1}{p} \right) \left( \frac{a_2}{p} \right)
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
\left( \frac{a b^2}{p} \right) &= \left( \frac{a}{p} \right) \\
\left( \frac{2}{p} \right) &= (-1)^{\frac{p^2-1}{8}} \\
&= \begin{cases}
1, & p \equiv \pm 1 \pmod{8}, \\
-1, & p \equiv \pm 3 \pmod{8}.
\end{cases}
\end{aligned}
\]
Cipolla 算法
P5491 【模板】二次剩余
解 $x^2 \equiv n \pmod{p} $。
找一个 \(x=a\) 使得 \(a^2-n\) 不是一个二次剩余。这里可以直接随机找一个用Euler判定是不是就可以了。因为是二次剩余的值有 \(\frac{p-1}{2}\) 个。随机的话复杂度就是对的。
然后定义 $i^2 \equiv a^2-n \pmod{p} $。
由于 \(a^2-n\) 不是二次剩余，因此实际上 \(i\) 与虚数是类似的，然后我们就可以定义类似的运算。
定理：
- $i^p \equiv -i \pmod{p} $
- $(x+y)^p \equiv x^p+ y^p \pmod{p} $
对于定理1，有
\[i^p \equiv i(i^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv i(a^2-n)^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}
\]
由于Euler判定，因为 \(a^2-n\) 不是 \(p\) 的二次剩余,因此
\[(a^2-n)^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod{p}
\]
综上，定理1得证。
综合定理1和2，那么有
\[(a+i)^{p+1} \equiv n \pmod{p}
\]
证明的话将左边展开后根据上面两个定理即可。
那么 \((a+i)^{\frac{p+1}{2}}\) 就是解。可以用反证法证明最终结果一定不含 \(i\)，因此照着这个做即可。
code
注意要写一个类似于虚数乘法的东西。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
mt19937 rnd(time(0));
int n,p,i_2;
struct node{int real,image;};
int simple_ksm(int x,int k){
int res=1;
while(k){
if(k&1) res=res*x%p;
x=x*x%p,k>>=1;
}
return res%p;
}
node operator * (const node& x,const node& y){
node res;
res.real=(x.real*y.real%p+i_2*x.image%p*y.image%p)%p;
res.image=(x.real*y.image%p+x.image*y.real%p)%p;
return res;
}
node complex_ksm(node x,int k){
node res=x;k--;
while(k){
if(k&1) res=res*x,res.image%=p,res.real%=p;
x=x*x,x.image%=p,x.real%=p;k>>=1;
}
return res;
}
bool Euler_determination(int x){return (simple_ksm(x,(p-1)/2)==1);}
void solve(){
cin>>n>>p;n%=p;int a=rnd()%p;
if(n==0) {cout<<"0\n";return;}
if(Euler_determination(n)==0) {cout<<"Hola!\n";return;}
while(Euler_determination((a*a%p-n+p)%p)==1) a=rnd()%p;// cout<<"** "<<a<<'\n',
i_2=(a*a%p-n+p)%p;
int res1=complex_ksm((node){a,1},(p+1)/2).real%p,res2=(p-res1)%p;
if(res1>res2) swap(res1,res2);
cout<<res1<<' '<<res2<<'\n';
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
int T;cin>>T;while(T--) solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号