二次剩余学习笔记
前言
咕了很久，一直想学这算法来着，真是神仙算法。。。
问题：
求解\(x^2 \equiv n \pmod{p}(p为奇素数)\)
解析
定义1
称\(n\)为模\(p\)意义下的二次剩余当且仅当\(x^2 \equiv n \pmod{p}\)有解，非二次剩余同理。
定理1
当且仅当\(n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}\)时，\(n\)为二次剩余，反之，若\(n^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod{p}\)，则\(n\)为非二次剩余（不对\(n=0\)做考虑）。
证明1
先考虑\(n^{\frac{p-1}{2}}\)的取值情况，有：
\[n^{p-1}-1 \equiv 0 \pmod{p}\]
即有：
\[(n^{\frac{p-1}{2}}+1)(n^{\frac{p-1}{2}}-1) \equiv 0 \pmod{p}\]
所以：
\[n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1或-1\pmod{p})\]
而当\(n\)为二次剩余时，有\(x^2 \equiv n \pmod{p}\)，又\(x^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}\)，所以：\(n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}\)，反之，若\(n\)为非二次剩余，那么有：\(n^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod{p}\)，得证。
定义2
类似复数的，我们对于模\(p\)意义下的非二次剩余\(x\)，定义类似虚部的数\(i=\sqrt{x}\)，当然，这样得到一类数的表示方法\(a+bi\)，我们类比复数定义这一类数的运算，那么这一类数的四则运算具有自封闭性。
定理2
若\(\omega=a^2-n\)为非二次剩余，那么\((a+\sqrt{\omega})^{\frac{p+1}{2}}\)（其中\(\sqrt{w}\)即可看做虚根做运算）即为\(n\)二次剩余的根，另一个根即为相反数。
证明2
先考虑一个式子\((a+\sqrt{\omega})^{p}\)，用二项式定理展开，有：
\[(a+\sqrt{\omega})^{p}=\sum_{i=0}^{p}{i \choose p}a^{p-i}{\sqrt{\omega}}^{i}\]
又因为在模\(p\)意义下，当\(i不为0或p\)时，\({i \choose p} \equiv 0 \pmod{p}\)（展开一下就是了），那么有：
\[(a+\sqrt{\omega})^{p} \equiv a^p+{\sqrt{\omega}}^p \equiv a^p+w^{\frac{p-1}{2}}\sqrt{\omega} \equiv a-\sqrt{w}\pmod{p}\]
所以：
\[(a+\sqrt{\omega})^{{p+1}} \equiv (a+\sqrt{\omega})(a-\sqrt{\omega}) \equiv a^2-\omega \equiv n\pmod{p}\]
得证。
定理3
对于\(0 \lt n \leq p-1\)，有\(\frac{p-1}{2}\)个\(n\)为二次剩余。
证明3
很简单，直接枚举作为根的\(x\)，\(x\)有\(p-1\)中取值（不考虑0），而\(x^2 \equiv (p-x)^2\)
所以二次剩余只有\(\frac{p-1}{2}\)个取值，得证。
那么现在的唯一问题就是如何找到合适的\(a\)使得\(\omega\)满足条件，我们考虑随机，由定理3可知，\(a^2-n\)在模\(p\)意义下为非二次剩余的概率为\(\frac{p-1}{2p}\)，那么这样随机的期望次数就接近于2，可以看做是\(O(1)\)求。自此，我们解决了这个具有特殊性的二次剩余，算法复杂度是多少呢？因为其中要快速幂，复杂度为\(O(\log{p})\)。