「学习笔记」二次剩余 - 二次剩余 - 学习笔记
下文只在模质数意义下讨论。
即给定 n > 0 , p , p n>0,p,p n>0,p,p是质数，求所有 x ∈ [ 0 , p ) , x 2 = n ( m o d p ) x\in[0,p),x^2=n\pmod p x∈[0,p),x2=n(modp)。
若存在解则 n n n称为 p p p的二次剩余。
首先将 p = 2 p=2 p=2的特殊情况判掉。下文 p p p是奇质数。
首先显然模奇质数 p p p意义下会有恰好 p − 1 2 \frac{p-1}2 2p−1个二次剩余。
首先如何判定，有一个定理：
( − 1 ) [ n 不 是 p 的 二 次 剩 余 ] = n p − 1 2 ( m o d p ) (-1)^{[n不是p的二次剩余]}=n^{\frac{p-1}2}\pmod p (−1)[n不是p的二次剩余]=n2p−1(modp)
并且若有解 x x x，则仅有 x x x和 p − x p-x p−x这两组解。这个定理易证，略去证明。
（上述两个定理都可以通过百度“二次剩余”搜到证明（应该能））
那么考虑一个算法：在 [ 1 , p ) [1,p) [1,p)随机一个整数 t t t，使得： t 2 − n t^2-n t2−n不是关于 p p p的二次剩余。由于有恰好一半不是，因此随机两步就会随机出一组。那么令 w = t 2 − n w=\sqrt{t^2-n} w=t2−n（这里可能不存在在模 p p p意义下后半部分的平方根，这里只是定义一个有 w 2 = t 2 − n ( m o d p ) w^2=t^2-n\pmod p w2=t2−n(modp)性质的 w w w）。
可以显然证明： w P = − w w^P=-w wP=−w。
那么考虑令 x = ( t + w ) p + 1 2 x=(t+w)^{\frac{p+1}2} x=(t+w)2p+1
x 2 = ( t + w ) p + 1 = ( t + w ) ( t + w ) p = ( t + w ) ∑ i = 0 p ( p i ) t i w p − i = ( t + w ) ( t p + w p ) = ( t + w ) ( t − w ) = t 2 − w 2 = t 2 − t 2 + n = n x^2=(t+w)^{p+1}\\=(t+w)(t+w)^p\\=(t+w)\sum_{i=0}^p\binom pit^iw^{p-i}\\=(t+w)(t^p+w^p)\\=(t+w)(t-w)=t^2-w^2\\=t^2-t^2+n=n x2=(t+w)p+1=(t+w)(t+w)p=(t+w)∑i=0p(ip)tiwp−i=(t+w)(tp+wp)=(t+w)(t−w)=t2−w2=t2−t2+n=n
因此 x x x就是 x 2 = n ( m o d p ) x^2=n\pmod p x2=n(modp)的一组解，其解集为 { x , p − x } \{x,p-x\} {x,p−x}
时间复杂度 O ( lg p ) O(\lg p) O(lgp)。实现的时候可以将 ( t + w ) k (t+w)^k (t+w)k视为 v + c w v+cw v+cw，利用 w 2 = t 2 − n w^2=t^2-n w2=t2−n即可做一次乘法。代码（应该是正确的）：
#include