【二次剩余】Cipolla(模意义下开根)

在学多项式求逆的时候顺便就推了一下多项式的开根,
结果毫无疑问的要用到二c次剩余,顺路就学了一下,

二次剩余

给出 n , P n,P n,P(P为奇质数),如果存在一个 a a a 使得 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod{P} a2n(modP) ,那么n在模P的意义下就是二次剩余,

CTY大佬的方法

因为这个问题是由二次开方引起的,自然,模数有已知原根 r r r,那么:
r 2 I n d r ( a ) ≡ r I n d r ( n ) ( m o d P ) r^{2Ind_r(a)}\equiv r^{Ind_r(n)} \pmod{P} r2Indr(a)rIndr(n)(modP)

I n d Ind Ind是离散对数里面的东西,定义为 r I n d r ( x ) ≡ x ( m o d P ) r^{Ind_r(x)}\equiv x \pmod{P} rIndr(x)x(modP)

  • 定理1:方程 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod{P} a2n(modP),只有 P − 1 2 \frac{P-1}{2} 2P1个n使方程有解(0除外)
  • 证明:可以发现,如果 I n d r ( n ) Ind_r(n) Indr(n)为奇数的话,这个方程就无解,因为 I n d r ( n ) Ind_r(n) Indr(n)相当于是在模P-1的意义下的,而P-1必为偶数,也就是不存在2的逆元; I n d r ( n ) Ind_r(n) Indr(n)的取值范围为0~P-2,共有 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p1为偶数,所以只有这么多个n使方程有解。

回归主题,要求出 I n d r ( a ) Ind_r(a) Indr(a),也就是要求出 I n d r ( n ) Ind_r(n) Indr(n)

那么如何快速求出 I n d r ( n ) Ind_r(n) Indr(n)呢?
设一个阈值 ω \omega ω,那么 I n d r ( n ) Ind_r(n) Indr(n)一定可以被表示成 a ω + b a\omega+b aω+b
也就是:
r a ω ∗ r b ≡ n ( m o d P ) r^{a\omega}*r^{b}\equiv n \pmod{P} raωrbn(modP)
r b ≡ n ∗ ( r a ω ) − 1 ( m o d P ) r^{b}\equiv n*(r^{a\omega})^{-1} \pmod{P} rbn(raω)1(modP)
显然,所有的 r b r^b rb可以预处理出来,
那么,剩下的只要枚举a了,判断是否有对应的b即可,
如果 ω = n \omega=\sqrt{n} ω=n ,复杂度即为: O ( n log ⁡ ( n ) ) O(\sqrt{n}\log(n)) O(n log(n))(还有求逆元)

.

对于上面的定理1,其实还有一种证明:

  • 定理1:方程 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod{P} a2n(modP),只有 P − 1 2 \frac{P-1}{2} 2P1个n使方程有解(0除外)
  • 证明:考虑对于所有的a,可以平方出多少个不同的n,
    如果两个数 a , b a,b a,b他们满足 a 2 ≡ b 2 ( m o d P ) a^2\equiv b^2 \pmod{P} a2b2(modP),那么 a 2 − b 2 ≡ 0 ( m o d P ) a^2-b^2\equiv 0 \pmod{P} a2b20(modP)也就是 ( a 2 − b 2 ) ∣ P (a^2-b^2)|P (a2b2)P ( a − b ) ( a + b ) ∣ P (a-b)(a+b)|P (ab)(a+b)P,显然(a-b)不可能是P的倍数,所以(a+b)就肯定是P的倍数,也就是a,b也满足: a + b = P a+b=P a+b=P
    所以能组合出的不同的n就只有 P − 1 2 \frac{P-1}{2} 2P1

Cipolla

介绍一个东西:勒让德符号(Legendre symbol)

定义为: ( n P ) = { 1 n在模P意义下是二次剩余 − 1 n在模P意义下是非二次剩余 0 , n ≡ 0 ( m o d P ) \left(\frac{n}{P}\right)=\begin{cases} 1& \text{n在模P意义下是二次剩余}\\ -1& \text{n在模P意义下是非二次剩余}\\ 0,&n\equiv0\pmod{P} \end{cases} (Pn)=110,n在模P意义下是二次剩余n在模P意义下是非二次剩余n0(modP)

求值也很简单:(当然你用上边的方法判定没人拦…)

  • 定理2: ( n P ) ≡ n P − 1 2 ( m o d P ) \left(\frac{n}{P}\right)\equiv n^{\frac{P-1}{2}} \pmod{P} (Pn)n2P1(modP)
  • 证明:先证明 n P − 1 2 n^{\frac{P-1}{2}} n2P1在模P的意义下一定为0或-1或1,
  • 等于0显然,对于对于1/-1,根据费马小定理,一定有 n P − 1 ≡ 1 ( m o d P ) n^{P-1}\equiv 1 \pmod{P} nP11(modP),也就是设方程 x 2 ≡ 1 ( m o d P ) x^2\equiv 1\pmod{P} x21(modP),x只能是1/-1,这个可以把左边的方程移项解得;
  • 接下来是正确性的证明:如果 n P − 1 2 ≡ 1 ( m o d P ) n^{\frac{P-1}{2}}\equiv 1 \pmod{P} n2P11(modP),令 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod{P} a2n(modP),那么 ( a 2 ) P − 1 2 ≡ n P − 1 2 ( m o d P ) (a^{2})^{\frac{P-1}{2}}\equiv n^{\frac{P-1}{2}} \pmod{P} (a2)2P1n2P1(modP),也就是 a P − 1 ≡ 1 ( m o d P ) a^{P-1}\equiv 1 \pmod{P} aP11(modP),显然存在至少一个a满足;
  • 如果 n P − 1 2 ≡ − 1 ( m o d P ) n^{\frac{P-1}{2}}\equiv -1 \pmod{P} n2P11(modP),依旧令 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod{P} a2n(modP),那么 ( a 2 ) P − 1 2 ≡ n P − 1 2 ( m o d P ) (a^{2})^{\frac{P-1}{2}}\equiv n^{\frac{P-1}{2}} \pmod{P} (a2)2P1n2P1(modP),也就是 a P − 1 ≡ − 1 ( m o d P ) a^{P-1}\equiv -1 \pmod{P} aP11(modP),显然没有a满足;

接下来,开始脑洞…(遇到看不懂的没关系继续往下看先)

首先我们先开始不停的随机,直到找到一个t,使得 ( t 2 − n n ) = − 1 \left( \frac{t^2-n}{n} \right)=-1 (nt2n)=1,(先别管为什么)找出t的期望随机次数为2,(因为有 P − 1 2 \frac{P-1}{2} 2P1个是无解的,即每次有0.5的概率找到)

$ \frac{t^2-n}{n}$是不能被开方的,那么我们就强行让它可以开方;设 ω = t 2 − n \omega=\sqrt{t^2-n} ω=t2n (类似于 i = − 1 i=\sqrt{-1} i=1 ),

最终的答案就是: a ≡ ( t + ω ) P + 1 2 ( m o d P ) a\equiv(t+\omega)^{\frac{P+1}{2}}\pmod{P} a(t+ω)2P+1(modP)
要证明还要有两个结论:

  • 定理3: ω P ≡ − ω ( m o d P ) \omega^P \equiv -\omega\pmod{P} ωPω(modP)

  • 证明: ω P = ω ∗ ω P − 1 = ω ∗ ( ω 2 ) P − 1 2 = ω ∗ ( t 2 + n ) P − 1 2 = − ω \omega^P=\omega*\omega^{P-1}=\omega*(\omega^2)^{\frac{P-1}{2}}=\omega*(t^2+n)^{\frac{P-1}{2}}=-\omega ωP=ωωP1=ω(ω2)2P1=ω(t2+n)2P1=ω

  • 定理4: ( a + b ) P ≡ a P + b P ( m o d P ) (a+b)^P\equiv a^P+b^P \pmod{P} (a+b)PaP+bP(modP)

  • 证明: ( a + b ) P = ∑ i = 1 P C P i a i b P − i (a+b)^P=\sum_{i=1}^P C_P^ia^ib^{P-i} (a+b)P=i=1PCPiaibPiC公式里面的质数P是无法消掉的,所以除了 C p 1 C_p^1 Cp1 C P P C_P^P CPP其他的C公式都是P的倍数,会被模掉。

有了这俩,就可以证明了:(还有一个显然的结论: t P ≡ t ( m o d P ) t^P\equiv t\pmod{P} tPt(modP)
【二次剩余】Cipolla(模意义下开根)_第1张图片

最后把过程写上,

  • 找到t使得 ( t 2 − n n ) = − 1 \left( \frac{t^2-n}{n} \right)=-1 (nt2n)=1,设 ω = t 2 − n \omega=\sqrt{t^2-n} ω=t2n
  • 方程 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod P a2n(modP)的解为 a ≡ ( t + ω ) P + 1 2 ( m o d P ) a\equiv(t+\omega)^{\frac{P+1}{2}} \pmod{P} a(t+ω)2P+1(modP)

给出一道例(裸)题:
【Timus Online Judge 1132】 Square Root

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