二次剩余小结
二次剩余
定义
对于模数\(n\)和整数\(a\)，若存在整数\(x\)，满足
则称\(x\)是模\(n\)意义下的二次剩余，否则是非二次剩余
注：这里讨论的\(x\)满足\(x\in[1,n)\)
判定
欧拉判别法：对于奇素数\(p\)，\(a\)是模\(p\)意义下的二次剩余当且仅当\(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(mod\ p)\)
类似的，若\(a\)是模\(p\)意义下的二次非剩余则有\(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv-1(mod\ p)\)
证明
先证明在\(a\nmid p\)时，\(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1或-1(mod\ p)\)
由费马小定理知\(a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)
移项，利用平方差公式得\((a^{\frac{p-1}{2}}+1)(a^{\frac{a-1}{2}}-1)\equiv 0(mod\ p)\)
再由\(p\)是奇素数知上两式中必有且仅有一个同余于0
再证明若\(a\)是二次剩余的充要条件为\(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(mod\ p)\)
先证必要性，若\(a\)是模\(p\)意义下的二次剩余，那么必有整数\(x_0^2\equiv a(mod\ p)\)，且\(p\nmid x_0\)
同时做\(\frac{p-1}{2}\)次方，有\(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv x_0^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)
再证充分性，设有\(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(mod\ p)\)
对于\([1,p)\)中的整数，考虑如下的同余方程
注意到，对于任意的整数\(x\in[1,p)\)，一定有且仅有一个\(y\in[1,p)\)满足上式
假设\(a\)不是二次剩余，那么对\(\forall x\)，均有\(y\neq x\)
也就是说对于\([1,p)\)中的\(p-1\)个整数，我们可以将它们分成\(\frac{p-1}{2}\)组，使得每一个数均正好属于一组
将这\(p-1\)个数乘起来，有
由威尔逊定理，有\((p-1)!\equiv -1(mod\ p)\)，也就是\(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(mod\ p)\)，与题设矛盾
故假设错误，所以一定有\(a\)是模\(p\)意义下的二次剩余
勒让德（Legendre）符号
方便描述，我们定义勒让德（Legendre）符号\(\begin{pmatrix}\frac{n}{p}\end{pmatrix}\)
具体求值的话可以利用上面的欧拉判别法（仅当\(p\)是奇素数时）
求解
先证明一个定理：
在模\(p\)意义下的一个简化剩余系中，有\(\frac{p-1}{2}\)个数具有二次剩余，且一个模\(p\)意义下的二次剩余\(a\)，有两个不同的\(x\)满足\(x^2\equiv a(mod\ p)\)
证明
取模\(p\)意义下的一个简化剩余系如下
若\(a\)是模\(p\)意义下的二次剩余，仅当
又由\((-x)^2=x^2\)知，若\(a\)是模\(p\)意义下的二次剩余，仅当
且我们知道在\(1\leq i<j\leq \frac{p-1}{2}\)时，\(i^2\)与\(j^2\)在模\(p\)意义下不相等，所以上面给出的\(\frac{p-1}{2}\)个数的平方恰好对应了在模\(p\)的意义下有二次剩余的\(\frac{p-1}{2}\)个不同的数，所以在模\(p\)的意义下\(p\)的简化剩余系中有\(\frac{p-1}{2}\)个数有二次剩余
根据上面的证明，对于一个二次剩余\(a\)，那么一定存在\(x\in[1,\frac{p-1}{2}]\)，使得\(x^2\equiv a(mod\ p)\)
那么在一开始提到的简化剩余系中，一定还有一个\(-x\)使得\((-x)^2\equiv a(mod\ p)\)
于是就有两个不同的\(x\)使得\(x^2\equiv a(mod\ p)\)
那么这和求解有什么关系呢？
首先判掉不是二次剩余的情况
接下来有2个\(x\)满足\(x^2\equiv a(mod\ p)\)，我们只需要求出一个，由上面的证明知另一个和它的和为\(p\)
（接下来介绍高端操作）
假设我们要求\(x^2\equiv n(mod\ p)\)，其中\(p\)是一个奇素数
我们先随便找一个数\(a\)，满足\(\begin{pmatrix}\frac{a^2-n}{p} \end{pmatrix}=-1\)
设\(\omega=\sqrt{a^2-n}\)，那么\(x=(a+\omega)^\frac{p+1}{2}\)
正确性呢？
证明
\(x^2=(a+\omega)^{p+1}=(a+\omega)^p(a+\omega)=(a+\omega)\sum_{i=0}^p\dbinom{p}{i}a^i\omega^{p-i}\)
注意到\(1\leq i<p\)时，\(p|\dbinom{p}{i}\)
于是\(x^2\equiv(a^p+\omega^p)(a+w)\ (mod\ p)\)
我们由费马小定理知\(a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)，所以\(a^p\equiv a(mod\ p)\)
那这个\(\omega^p\)是什么，他甚至可能不是整数
我们由上面的操作过程知\(\omega^{p-1}=(\omega^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv(a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(mod\ p)\)
所以\(\omega^p\equiv -\omega(mod\ p)\)
于是\(x^2\equiv(a-\omega)(a+\omega)\equiv a^2-(a^2-n)\equiv n(mod\ p)\)
证毕
然后你就会发现这个做法的时间复杂度和找\(a\)所花的时间有关
然而你由上面的证明过程知你有\(\frac{1}{2}\)的几率找到一个合法的\(a\)
然后就做完了？这个\(\omega\)可以是无理数！
仿照复数\(a+bi\)的形式，我们将所有数写成\(a+b\omega\)，这里的话重新写一个乘法就可以了
模板题：http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=1132
#include<iostream>
#include<string.h>
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#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define sqr(x) (x)*(x)
#define fir first
#define sec second
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
#define eps 1e-6
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
ll w,p,n;
struct Complex{
ll x,y;
Complex(ll _x=0,ll _y=0) {x=_x;y=_y;}
};
Complex operator *(Complex a,Complex b)
{
return Complex((a.x*b.x%p+a.y*b.y%p*w%p)%p,(a.x*b.y+a.y*b.x)%p);
}
ll qpow(ll x,ll y,ll p)
{
ll ans=1;
while (y)
{
if (y&1) ans=ans*x%p;
x=x*x%p;
y>>=1;
}
return ans;
}
Complex qpow(Complex a,ll y)
{
Complex ans=Complex(1,0);
while (y)
{
if (y&1) ans=ans*a;
a=a*a;
y>>=1;
}
return ans;
}
int read()
{
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-'0');ch=getchar();}
return x*f;
}
ll Legendre(ll x)
{
return qpow(x,(p-1)>>1,p);
}
int main()
{
srand(19260817);
int T=read();
while (T--)
{
scanf("%lld%lld",&n,&p);
if (p==2) puts("1");
else
{
if (Legendre(n)+1==p) puts("No root");
else
{
ll a;
while (1)
{
a=rand()%p;
w=((a*a-n)%p+p)%p;
if (Legendre(w)+1==p) break;
//cout << Legendre(w) << " " << w << endl;
//system("pause");
}
ll ans1=qpow(Complex(a,1),(p+1)>>1).x;
ll ans2=p-ans1;
if (ans1>ans2) swap(ans1,ans2);
printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
}
}
}
return 0;
}
