二次剩余Cipolla算法学习小记

Preface

今天 z 大神给我们讲数论和代数，然后后面讲了几个超级神的算法。 Cipolla 算是其中一个吧。貌似国内直接查名字还没有什么资料，查二次剩余的算法有ACdreamer简略的介绍。今天听讲时算是听懂了大半，回来又搞鼓了整个晚上才算完全弄明白。这个算法真的是从头到尾都是脑洞，太神了！
详细的解释见维基百科。

Paper

首先我们要弄清楚什么叫二次剩余，其实就是对于给定的 p(p∈P) 和 n ，如果有 x 满足 x2≡n(modp) ，那么 n 在模 p 意义下就是二次剩余。说白了就是模意义下能否开根号。
我们只讨论 p 为奇素数的情况。
我们先定义 Fp ，这是一个数域，其实就是 0 到 p−1 这 p 个数与模 p 意义下加减乘除运算构成的集合。

• 定理1：对于 x2≡n(modp) ，总共有 p−12 个的 n 能使该方程有解（将 n=0 情况除去，由于该情况显然有 x=0 ）。
• 证明：我们只用考虑所有 x2 。如果存在不同的两个数 u 、 v ，它们的平方在模 p 意义下同余，那么显然有 p|(u2−v2) 。由平方差公式 p|(u+v)(u−v) 。显然 p 不可能整除 u−v ，因此 p 整除 u+v ，因此 u+v≡0(modp) 。这个结论反过来也是成立的，因此共有 p−12 种互不相同的平方，显然对应了所有有解的 n ，而且同一个 n 还一定存在两个互为相反数的解。

然后我们还要知道一个神奇的东西叫做勒让德符号( Legendre symbol )。
它是这样定义的

(ap)=⎧⎩⎨1,−1,0,a在模p意义下是二次剩余a在模p意义下是非二次剩余a≡0(modp)

那我们怎么求该符号的值呢？

• 定理2： (ap)≡ap−12(modp)
• 证明：
  
  • 当 a 在模 p 意义下是二次剩余时，令 x2≡a(modp) ，那么就有 xp−1≡1(modp) ，由费马小定理，显然 x 存在。
  • 当 a 在模 p 意义下不是二次剩余时，依旧令 x2≡a(modp) ，那么就有 xp−1≡−1(modp) ，由费马小定理，显然 x 不存在。
  • 当 a≡0(modp) 时显然满足。

那么我们就可以通过快速幂计算勒让德符号来判定一个数在模 p 意义下是否是二次剩余了。
有了这些理论基础，我们可以开始算法了。
首先我们要明确我们要求 x2≡n(modp) 的解 x （假定 n 在模 p 意义下是二次剩余，由定理1有两个互为相反数的可行解）。
算法一开始的时候我们首先要通过不断地随机（你没有听错，就是随机）出一个数 a ，使得 (a2−np) 为 −1 ，也就是不能开根号。先不要管为什么是 a2−n ，我们来算算随机次数的期望。还是由定理1，一共有 p−12 个数满足勒让德记号值为 −1 ，因此一次随机得到结果的概率为 p−12p 。当 p 够大的时候，这个概率是趋近于 12 的。那么列一下期望的树状图，就可以得到期望次数为 2 。
那么我们得到这个不能开根号的数之后要干什么呢？我们要干一件丧心病狂的事情，那个数不能开根号，我们非要给它一个域 Fp2 让它可以开根号（类比 −1−−−√ 所在的复数域）。我们将 a2−n−−−−−√ 定义为这个域的“虚数单位元”（类比 i=−1−−−√ ），设它为 ω ，那么这个“复数域” Fp2 的数就一定可以表达为 a+bω （类比复数域 a+bi ， bω 相当于虚部）。
那么我们将复数域的四则运算法则全部类比到 Fp2 上面，显然它依然满足封闭性、交换律、结合律以及分配律的，还存在加法零元和乘法逆元（貌似符合环的定义）。具体看下图。

那么它就是一个合法的数域。
然后我们定义这个数域有什么用呢？
x≡(a+ω)p+12(modp)
啊？就这么简单？？？
我们首先来证明一些东西：

• 定理3： ωp≡−ω(modp)
• 证明： ωp≡ω×ωp−1≡ω×(ω2)p−12≡ω×(a2−n)p−12≡−ω(modp)
• 定理4： (a+b)n≡an+bn(modn)(n∈P)
• 证明：使用二项式定理我们能得到
  (a+b)n≡∑i=0nCinaibn−i(modn)
  由于 n 是质数，因此当 i 不等于 0 且不等于 n 的时候，组合数阶乘公式中的 n 是没有办法被消掉的，就会被模成 0 ，因此这些项都是对答案没有贡献的。而 i=0 或 i=n 时，我们就分别可以得到 an 和 bn ，定理得证。

有了这些定理，我们就可以嘿嘿嘿。

x2≡(a+ω)p+1≡(a+ω)p(a+ω)≡(ap+ωp)(a+ω)≡(a−ω)(a+ω)（注意a是满足费马小定理的，即ap−1≡1(modp)）≡a2−ω2≡a2−(a2−n)≡n(modp)

然后 x 取相反数也是一个解。这时可能有人会问，我们得到的解会在 Fp2 域上的，但是我们要求的是 Fp 域的解，也就是说我们所谓的“虚部” ω 系数是否可能不为 0 。
其实我们不需要担心这个问题，由 拉格朗日定理，我们知道在任意一个模 p(p∈P) 的数域里面，任意一个多项式 f(x) 最多有 deg(f(x)) 个根（ f(x)≡0(modp) 的解称为 f(x) 在 Fp 下的根）， deg 表示多项式的度数，即最大指数。由于 Fp2 是对 Fp 域的扩充， Fp 域的两根一定在 Fp2 内也有效，并且我们知道 x2−n 在数域 Fp2 下的根有两个（ x1,x2 ），那么 x1,x2 一定也是 Fp 域下的根，也就是“虚部”系数为 0 。
由此问题完美解决，算法时间复杂度貌似是 O(log2p) 的。

Code

我目前还没有去实现这个算法，我实现了会在这里贴上。

Problems

二次剩余的题目应该不怎么多。这个我会在博客里慢慢更新吧。
z 给我们讲了CodeChef上面一道丧心病狂的 BSGS （离散对数）和 Cipolla （二次剩余）连用的题目FN。