【学习笔记】二次剩余

今天做题的时候发现要求个二次剩余，突然发现自己不会求（x

跑去学习了一波，写个笔记防止自己又忘掉。

顺便这里的内容只有模奇素数意义下的，别的咕了（x

• 勒让德符号

首先我们知道，如果 \(x^2\equiv n\pmod p\)，那么 \((p-x)^2\equiv n\pmod p\)。这也就是说，由于平方根是成对出现的，\([1, p-1]\) 中拥有模意义下平方根的数（这样的数称作 \(p\) 的二次剩余）最多只有 \(\frac{p-1}{2}\) 个。实际上，设 \(u\ne v\in[1, p-1]\)，且 \(u^2\equiv v^2\pmod p\)，则 \((u+v)(u-v)\equiv 0\pmod p\)。由于 \(u\ne v\)，不可能有 \(p|(u-v)\)，所以只能是 \(p|(u+v)\)。再加上 \(u+ v\in [2, 2p-2]\)，可以知道 \(u+v=p\)。所以对于任意的 \(u\in[1, p-1]\)，只有唯一的 \(v\) 满足 \(u^2\equiv v^2\)，所以 \(p\) 的二次剩余恰有 \(\frac{p-1}{2}\) 个。

因此可以引入勒让德符号的概念，它可以判断一个数 \(n\) 是否是奇素数 \(p\) 的二次剩余。

设 \(\left(\frac{n}{p}\right)\equiv n^{\frac{p-1}{2}}\pmod p\)，则 \(\left(\frac{n}{p}\right)\) 的取值只会有三种可能：

1. \(\left(\frac{n}{p}\right)\equiv 0\)，则 \(n\equiv 0\pmod p\)，正确性显然。

2. \(\left(\frac{n}{p}\right)\equiv 1\)，则 \(n\) 是 \(p\) 的二次剩余；

3. \(\left(\frac{n}{p}\right)\equiv -1\)，则 \(n\) 不是 \(p\) 的二次剩余。

对于 \(2\) 的情况，设 \(x^2\equiv n\)，则 \(\left(\frac{n}{p}\right)\equiv x^{p-1}\pmod p\)，由费马小定理可知正确。

否则，不存在 \(x^2\equiv n\)，也就意味着，对于任意的 \(i\in [1, p-1]\)，都有唯一确定的 \(j\ne i\)，使得 \(i\cdot j\equiv n\pmod p\)。我们可以将这样的数分成互不相交的 \(\frac{p-1}{2}\) 对，从而得到 \((p-1)!\equiv n^{\frac{p-1}{2}}\pmod p\)。由威尔逊定理，可以知道 \(\left(\frac{n}{p}\right)\equiv -1\pmod p\)。

（实际上上面的证明只是表达了一下它们之间的联系，充分性和必要性并没有分别证明……不过感性理解一下，直接硬点它是充要的就好了x

• 二次剩余的求法

如果已经知道了 \(n\) 是二次剩余，考虑如何求出它的平方根。

设 \(a\in [1, p-1], \omega=a^2-n\)。如果 \(\left(\frac{\omega}{p}\right)\equiv -1\)，则 \((a+\sqrt{\omega})^{\frac{p+1}{2}}\) 是 \(n\) 的一个平方根。

• ¿

你不是刚说了 \(\left(\frac{\omega}{p}\right)\equiv -1\) 吗，怎么又求起平方根来了？

还记得 \(\sqrt{-1}\) 吗？它虽然无法在实数域里定义，但是我们仍然能把 \(\sqrt{-1}=i\) 代入到我们的运算中。

类似地，我们可以定义 \(i_{\omega}=\sqrt{\omega}\)，它满足 \(i_{\omega}^2=\omega\)，只是不存在于模 \(p\) 的整数域中，这并不妨碍我们利用它进行求解。

所以，先来证明 \((a+\sqrt{\omega})^{p+1}\equiv n\pmod p\)。

\[\begin{align}(a+\sqrt{\omega})^{p+1}&\equiv (a+\sqrt{\omega})\cdot (a+\sqrt{\omega})^{p} \\&\equiv (a+\sqrt{\omega})\cdot \left(\sum_{i=0}^p a^i\cdot \sqrt{\omega}^{p-i} \binom{p}{i} \right) \\&\equiv (a+\sqrt{\omega})\cdot (a^p+\sqrt{\omega}^p) \\&\equiv (a+\sqrt{\omega})\cdot (a-\sqrt{\omega}) \\&\equiv a^2-\omega\\&\equiv n\pmod p\end{align} \]

对于 \((3)\) 处，由于 \(p\) 是素数，\(\binom{p}{i}\) 中，只有 \(i=0\) 和 \(i=p\) 的情况下，不包含 \(p\) 这个因子。

对于 \((4)\) 处，\(a^p\equiv a\) 可以由费马小定理得到，而 \(\sqrt{\omega}^p\equiv \sqrt{\omega}\cdot \omega^{\frac{p-1}{2}}\equiv \sqrt{\omega}\left(\frac{\omega}{p}\right)\equiv -\sqrt{\omega}\pmod p\)。

注意对于 \(\sqrt{\omega}\) 的运算中，有 \((a+b\sqrt{\omega})\cdot (c+d\sqrt{\omega})=(ac+bd\omega)+(bc+ad)\sqrt{\omega}\)，与复数运算类似，但不完全相同。

最后要说明的一点是，如何求出满足条件的 \(a\) 和 \(\omega\)。实际上直接随机在 \([0, p-1]\) 内取就可以了，由于满足条件的 \(\omega\) 占总数的一半，期望随机 \(2\) 次就可以找到。

关于代码，它咕了（

struct cp {
	ll r, i;
	cp(ll r, ll i) : r(r), i(i) {}
	inline cp operator * (const cp &x) const {
		return cp(addMod(mul(r, x.r), mul(g, mul(i, x.i))), addMod(mul(r, x.i), mul(i, x.r)));
	}
};

inline ll leg(ll x) {
	return quickpow(x, (mod - 1) >> 1);
}

inline ll findRoot(ll x) {
	if (!x) return 0;
	if (leg(x) != 1) return -1;
	ll a;
	while (1) {
		a = rnd.rnd() % mod;
		if (leg(g = addMod(mul(a, a), mod - x)) == mod - 1) break;
	}
	cp ret(1, 0), base(a, 1);
	ll pw = (mod + 1) >> 1;
	while (pw) {
		if (pw & 1) ret = ret * base;
		base = base * base, pw >>= 1;
	}
	return ret.r;
}