P6610 [Code+#7] 同余方程（二次剩余）

题意

给定 \(p,x\)，求满足 \(a^2+b^2\equiv x\pmod p\) 的解的组数，保证 \(p\) 为若干奇素数的乘积且 \(\mu (p)\not=0\)。

\(n\le 10^5,p\le 10^7\)。

前置知识

二次剩余综合题。

首先二次剩余有一个重要的符号 勒让德符号：\(\left(\dfrac{a}{p}\right)\)，这个东西在当 \(a\) 在模 \(p\) 意义下是二次剩余时取 \(1\)，是二次非剩余取 \(-1\)，若 \(p|a\) 取 \(0\)。

勒让德符号的性质：

• \(\left(\dfrac{a}{p}\right)+1\) 为 \(x^2\equiv a\pmod p\) 的解的组数（\(x\) 和相反数都是一组解）。
• 完全积性：\(\forall a,b,\left(\dfrac{a}{p}\right)\left(\dfrac{b}{p}\right)=\left(\dfrac{ab}{p}\right)\)
• 完全积性的推论：\(\forall a,b,\left(\dfrac{ab^2}{p}\right)=\left(\dfrac{a}{p}\right)\)

感性理解：整数 \(x\) 除以一个完全平方因子，不改变 \(x\) 的二次剩余性。
证明：根据完全积性，\(\left(\dfrac{a}{p}\right)\left(\dfrac{b^2}{p}\right)=\left(\dfrac{ab^2}{p}\right)\)，而 \(\left(\dfrac{b^2}{p}\right)\) 显然为 \(1\)。

以下都令 \(p\) 是奇素数。

• 欧拉判别式：当 \(p\) 是奇素数时，\(\left(\dfrac{a}{p}\right)\equiv a^{\frac{p-1}{2}}\pmod p\)。
• 求和公式：\(\sum_{a=1}^{p-1}\left(\dfrac{a}{p}\right)=0\)，证明是如下引理。

引理：模 \(p\) 意义下二次剩余和非二次剩余的数量均为 \(\frac{p-1}{2}\)。

证明可以参考 OI Wiki，或者参考 Alex_Wei 的笔记，在此引用后者的一段话：

所有原根的偶数次幂和所有原根的奇数次幂将 \(1\sim p-1\) 分成了两类，偶数类对应二次剩余，奇数类对应二次非剩余。

分析

考虑换元，令 \(c=a^2,d=b^2\)，则原题转化为 \(c+d\equiv x\pmod p\) 的组数，显然这个方程只需要让 \(c+d\equiv x\) 成立即可成立，那么我们只需要保证 \(c,d\) 是模 \(p\) 意义下的二次剩余，那么原题又转化为求

\[\sum_{c+d\equiv x} \left(\left(\dfrac{c}{p}\right)+1\right)\left(\left(\dfrac{d}{p}\right)+1\right) \]

也即求

\[\sum_{c=0}^{p-1}\left(\left(\dfrac{c}{p}\right)+1\right)\left(\left(\dfrac{x-c}{p}\right)+1\right) \]

展开并使用完全积性：

\[\sum_{c=0}^{p-1} \left(\dfrac{cx-c^2}{p}\right)+\left(\dfrac{c}{p}\right)+\left(\dfrac{x-c}{p}\right)+1 \]

把 sigma 拆开：

\[p+\sum_{c=0}^{p-1} \left(\dfrac{cx-c^2}{p}\right)+\sum_{c=0}^{p-1} \left(\dfrac{c}{p}\right)+\sum_{c=0}^{p-1} \left(\dfrac{x-c}{p}\right) \]

后两者根据求和公式显然都等于 \(0+\left(\dfrac{0}{p}\right)=0\)，且 \(c=0\) 时 \(\left(\dfrac{cx-c^2}{p}\right)=0\)，那么我们要求的只剩下：

\[p+\sum_{c=1}^{p-1} \left(\dfrac{cx-c^2}{p}\right) \]

根据完全积性的推论把 \(c^2\) 除掉：

\[p+\sum_{c=1}^{p-1} \left(\dfrac{\dfrac{x}{c}-1}{p}\right) \]

当 \(x\not =0\) 时，显然 \(x,c\) 均与 \(p\) 互质，所以 \(\dfrac{x}{c}\) 取遍了 \([1,p-1]\) 的值，也即 \(\dfrac{x}{c}-1\) 取遍了 \([0,p-2]\) 的值，则此时原式等于：

\[p+\sum_{c=0}^{p-1} \left(\dfrac{c}{p}\right)-\left(\dfrac{p-1}{p}\right) \]

中间的式子根据求和公式又等于 0，那么式子只剩下了

\[p-\left(\dfrac{p-1}{p}\right)=p-\left(\dfrac{-1}{p}\right) \]

后面的勒让德符号直接根据欧拉判别式求就行。

当 \(x=0\) 时，所有的 \(\dfrac{x}{c}-1\) 都等于 \(-1\)，那么原式等于

\[p+(p-1)\left(\dfrac{-1}{p}\right) \]

还是直接上欧拉判别式。

但以上分析都建立在 \(p\) 为奇素数的前提下，那原题的 \(p\) 该怎么处理呢？

由于 \(p\) 是若干奇素数的乘积且次数为 1，我们把 \(p\) 质因数分解，对每个质因子求出答案，最后把所有答案乘起来即可。证明考虑中国剩余定理合并，考虑换元后 \(x\equiv c+d\pmod p\)，那么把所有的 \(a^2\equiv c\pmod p\) 用 CRT 合并就能构造一组解，\(d\) 同理。

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#define x1 xx1
#define y1 yy1
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define ITIE cin.tie(0);
#define OTIE cout.tie(0);
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("-1")
#define P0 puts("0")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define popc __builtin_popcount
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);++a)
#define per(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);--a)
#define reprange(a,b,c,d) for(int a=(b);a<=(c);a+=(d))
#define perrange(a,b,c,d) for(int a=(b);a>=(c);a-=(d))
#define graph(i,j,k,l) for(int i=k[j];i;i=l[i].nxt)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof x)
//#define double long double
#define int long long
//#define int __int128
using namespace std;
typedef long long i64;
using pii=pair<int,int>;
bool greating(int x,int y){return x>y;}
bool greatingll(long long x,long long y){return x>y;}
inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}
inline void write(int x,char ch='\0'){
	if(x<0){x=-x;putchar('-');}
	int y=0;char z[40];
	while(x||!y){z[y++]=x%10+48;x/=10;}
	while(y--)putchar(z[y]);if(ch!='\0')putchar(ch);
}
bool Mbg;
const int maxn=2e5+5,maxm=1e7+5,inf=0x3f3f3f3f;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,p;
int pr[maxm],cnt,q[maxm];
bool flag[maxm];
void xxs(int lim=1e7){
	rep(i,2,lim){
		if(!flag[i])pr[++cnt]=i,q[i]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=lim;++j){
			flag[i*pr[j]]=1,q[i*pr[j]]=pr[j];
			if(i%pr[j]==0)break;
		}
	}
}
int calc(int x){
	assert((x-1)%2==0);
	return ((x-1)/2)%2?-1:1;
}
void solve_the_problem(){
	p=rd(),n=rd();
//	rep(i,1,n)write(q[i],32);P__; 
	int ans=1;
	while(p!=1){
		int _p=q[p];p/=_p;
		if(n%_p==0)ans*=_p+(_p-1)*calc(_p);
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	}
	write(ans,10);
}
bool Med;
signed main(){
//	freopen(".in","r",stdin);freopen(".out","w",stdout);
//	fprintf(stderr,"%.3lfMB\n",(&Mbg-&Med)/1048576.0);
	int _=rd();xxs();
	while(_--)solve_the_problem();
}
/*

*/