二次剩余
引言
我们在研究多项式开根的时候，想到了一个问题，若常数项不为1，那么怎么开根呢？
这就涉及到二次剩余。
那么什么是二次剩余呢？若在模 p p p意义下，存在一个 x x x，使得 x 2 ≡ a ( m o d p ) x^2 \equiv a \pmod{p} x2≡a(modp)，则称 a a a为 x x x关于 p p p的二次剩余。若不存在这样的 x x x，则称 a a a为非二次剩余。
现在我们知道了 a a a，要求解 x x x，怎么办呢？
p为奇素数
首先引入欧拉准则：
当 a a a为模 p p p意义下的二次剩余时， a p − 1 2 ≡ 1 ( m o d p ) a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p} a2p−1≡1(modp)
当 a a a为模 p p p意义下的非二次剩余时， a p − 1 2 ≡ p − 1 ( m o d p ) a^{\frac{p-1}{2}} \equiv p-1 \pmod{p} a2p−1≡p−1(modp)
我们要求的 x x x满足： ( a − 1 x 2 ) 2 0 ≡ 1 ( m o d p ) (a^{-1}x^2)^{2^0} \equiv 1 \pmod{p} (a−1x2)20≡1(modp)
设 p − 1 = s 2 t p-1=s2^t p−1=s2t，设 x t − 1 = a s + 1 2 x _ {t-1}=a^{\frac{s+1}{2}} xt−1=a2s+1，那么根据欧拉准则第一条，有： ( a − 1 x t − 1 2 ) 2 t − 1 ≡ 1 ( m o d p ) (a^{-1}x_{t-1}^2)^{2^{t-1}} \equiv 1 \pmod{p} (a−1xt−12)2t−1≡1(modp)
诶…要不我们设 ( a − 1 x t − k 2 ) 2 t − k ≡ 1 ( m o d p ) (a^{-1}x _ {t-k}^2)^{2^{t-k}} \equiv 1 \pmod{p} (a−1xt−k2)2t−k≡1(modp)，这样我们要求的就是 x 0 x_0 x0
思考如何从 x t − k x _ {t-k} xt−k推到 x t − k − 1 x _ {t-k-1} xt−k−1。
设 e t − k = a − 1 x t − k 2 e _ {t-k}=a^{-1}x _ {t-k}^2 et−k=a−1xt−k2
若 e t − k 2 t − k − 1 ≡ 1 ( m o d p ) e _ {t-k}^{2^{t-k-1}} \equiv 1 \pmod{p} et−k2t−k−1≡1(modp)（即将 e t − k 2 t − k e _ {t-k}^{2^{t-k}} et−k2t−k开根），显然 x t − k − 1 = x t − k x _ {t-k-1}=x _ {t-k} xt−k−1=xt−k
若 e t − k 2 t − k − 1 ≡ p − 1 ( m o d p ) e _ {t-k}^{2^{t-k-1}} \equiv p-1 \pmod{p} et−k2t−k−1≡p−1(modp)。我们试图让 x t − k x _ {t-k} xt−k乘一个值使得它变成 x t − k − 1 x _ {t-k-1} xt−k−1。那么想到欧拉准则的第二条，首先随机一个非二次剩余 b b b，然后发现 ( b 2 k − 1 s ) 2 t − k ≡ p − 1 ( m o d p ) (b^{2^{k-1}s})^{2^{t-k}} \equiv p-1 \pmod{p} (b2k−1s)2t−k≡p−1(modp)，所以 b 2 k − 1 s b^{2^{k-1}s} b2k−1s是我们满足条件的值，此时让 x t − k − 1 = b 2 k − 1 s x t − k x _ {t-k-1}=b^{2^{k-1}s}x _ {t-k} xt−k−1=b2k−1sxt−k即可。
最后 x 0 x_0 x0其实有正负两个解，都满足条件。
例题:URAL 1132
代码:
#includep为奇素数的幂
求满足 x 2 ≡ a ( m o d p q ) x^2 \equiv a \pmod{p^q} x2≡a(modpq)的 x x x。
设 a = p k d a=p^kd a=pkd。
显然答案是 x = p k 2 x 0 x=p^{\frac{k}{2}}x_0 x=p2kx0的形式。
则 p k x 0 2 ≡ p k d ( m o d p q ) p^k x _ 0^2 \equiv p^k d \pmod{p^q} pkx02≡pkd(modpq)，也就是说 ( d − x 0 2 ) p k ≡ 0 ( m o d p q ) (d-x _ 0^2)p^k \equiv 0 \pmod{p^q} (d−x02)pk≡0(modpq)，那么有 ( d − x 0 2 ) ≡ 0 ( m o d p q − k ) (d-x _ 0^2) \equiv 0 \pmod{p^{q-k}} (d−x02)≡0(modpq−k)
问题转化为求 x 0 2 ≡ d ( m o d p q − k ) x _ 0^2 \equiv d \pmod{p^{q-k}} x02≡d(modpq−k)，而 d d d与 p p p是互质的。
为了方便起见，假设我们现在要求解的问题是 x 2 ≡ a ( m o d p q ) x^2 \equiv a \pmod{p^q} x2≡a(modpq)， a a a与 p p p互质。
找到一个模 p q p^q pq的简化剩余系下的原根 g g g，我们就可以用 g r ( 1 ≤ r ≤ ϕ ( p q ) ) g^r(1 \leq r \leq \phi(p^q)) gr(1≤r≤ϕ(pq))来表示所有在模 p q p^q pq意义下与 p q p^q pq互质的数。
当 r r r为奇数时，设存在 g r ≡ g 2 m ( m o d p q ) g^r \equiv g^{2m} \pmod{p^q} gr≡g2m(modpq)。也就是 r ≡ 2 m ( m o d ϕ ( p q ) ) r \equiv 2m \pmod{\phi(p^q)} r≡2m(modϕ(pq))，也就是 r = 2 m + k ϕ ( p q ) r=2m+k\phi(p^q) r=2m+kϕ(pq)。
我们知道 ϕ ( p q ) = ( p − 1 ) p q − 1 \phi(p^q)=(p-1)p^{q-1} ϕ(pq)=(p−1)pq−1，又因为 p p p是奇素数，所以 ϕ ( p q ) \phi(p^q) ϕ(pq)是偶数，所以 2 m + k ϕ ( p q ) 2m+k\phi(p^q) 2m+kϕ(pq)也是偶数。而 r r r是奇数，所以显然找不到这样的 m m m。
当然因为 g g g肯定是与 p p p互质的，所以 g r ≡ g 2 m p t ( m o d p q ) g^r \equiv g^{2m}p^t \pmod{p^q} gr≡g2mpt(modpq)也是不可能成立的啦。所以此时 g r g^r gr是个二次非剩余啦。
而当 r r r为偶数的时候，显然 g r g^r gr是个二次剩余啦。
对于任意二次剩余 g 2 k g^{2k} g2k，有
( g 2 k ) ϕ ( p q ) 2 = ( g k ) ϕ ( p q ) ≡ 1 ( m o d p q ) (g^{2k})^{\frac{\phi(p^q)}{2}} = (g^k)^{\phi(p^q)} \equiv 1 \pmod{p^q} (g2k)2ϕ(pq)=(gk)ϕ(pq)≡1(modpq)
对于任意二次非剩余 g 2 k + 1 g^{2k+1} g2k+1有：
( g 2 k + 1 ) ϕ ( p q ) 2 ≡ g ϕ ( p q ) 2 ( m o d ( ) p q ) (g^{2k+1})^{\frac{\phi(p^q)}{2}} \equiv g^{\frac{\phi(p^q)}{2}} \pmod(p^q) (g2k+1)2ϕ(pq)≡g2ϕ(pq)(mod()pq)
我们知道 g ϕ ( p q ) 2 g^{\frac{\phi(p^q)}{2}} g2ϕ(pq)与 g ϕ ( p q ) g^{\phi(p^q)} gϕ(pq)肯定不相等，而后者等于1,前者是后者的开根，所以等于-1。
我们得到了一个new欧拉准则。
求解时，先将问题转化为 a a a与 p p p互质，然后令 ϕ ( p q ) = s 2 t \phi(p^q)=s2^t ϕ(pq)=s2t，套用p为奇素数时的求解方法即可。
p为2的幂
这个嘛…同样，化一下，令 a = 2 k d a=2^kd a=2kd，那么求解 x 0 2 ≡ d ( m o d 2 q − k ) x _ 0^2 \equiv d \pmod{2^{q-k}} x02≡d(mod2q−k)，然后解就是 x = 2 k 2 ( x 0 + 2 q − k t ) x=2^{\frac{k}{2}}(x _ 0+2^{q-k}t) x=22k(x0+2q−kt)的形式。
然后我们知道，当 q = 1 q=1 q=1的时候，当 a = 1 a=1 a=1时有解 x = 1 x=1 x=1
当 q = 2 q=2 q=2时，当 a = 1 a=1 a=1时有解 x = 1 , x = 3 x=1,x=3 x=1,x=3
当 q = 3 q=3 q=3时，当 a = 1 a=1 a=1时有解 x = 1 , x = 3 , x = 5 , x = 7 x=1,x=3,x=5,x=7 x=1,x=3,x=5,x=7
我们将 q = k q=k q=k意义下解的形式写成 x k = ± ( y k + t k 2 k − 1 ) x _ k= \pm (y _ k+t _ k 2^{k-1}) xk=±(yk+tk2k−1)。记 a k = a m o d 2 k a_k = a \bmod{2^k} ak=amod2k
继续推，现在我们已知了 x k − 1 ≡ ± ( y k − 1 + t k − 1 2 k − 2 ) ( m o d 2 k − 1 ) x _ {k-1}\equiv\pm(y _ {k-1}+t _ {k-1}2^{k-2}) \pmod{2^{k-1}} xk−1≡±(yk−1+tk−12k−2)(mod2k−1)
那么 x k − 1 2 x _ {k-1}^2 xk−12在模 2 k 2^k 2k意义下可能是 a k − 1 a _ {k-1} ak−1或 a k − 1 + 2 k − 1 a _ {k-1}+2^{k-1} ak−1+2k−1。我们在现在符合条件的若干 t k − 1 t _ {k-1} tk−1值中选择出能使 x k − 1 2 ≡ a k ( m o d 2 k ) x _ {k-1}^2 \equiv a _ k \pmod{2^k} xk−12≡ak(mod2k)的，然后：
( y k − 1 + t k − 1 2 k − 2 ) 2 ≡ a k ( m o d 2 k ) (y _ {k-1}+t _ {k-1}2^{k-2})^2 \equiv a _ k \pmod{2^k} (yk−1+tk−12k−2)2≡ak(mod2k)
将左边的式子拆开，得到 y k − 1 2 + t k − 1 2 k − 1 y k − 1 + t k − 1 2 2 2 k − 4 y _ {k-1}^2 + t _ {k-1}2^{k-1}y _ {k-1}+t _ {k-1}^2 2^{2k-4} yk−12+tk−12k−1yk−1+tk−1222k−4，由于我们之前已经保证过了 a a a是奇数，所以 y y y一定是奇数，而我们知道 t k − 1 2 k − 1 × 2 ≡ 0 ( m o d 2 k ) t_{k-1}2^{k-1} \times 2 \equiv 0 \pmod{2^k} tk−12k−1×2≡0(mod2k)所以第二项一定等于 t k − 1 2 k − 1 t_{k-1}2^{k-1} tk−12k−1。第三项则一定等于0。
所以
y k − 1 2 + t k − 1 2 k − 1 ≡ a k ( m o d 2 k ) y _ {k-1}^2 + t _ {k-1}2^{k-1} \equiv a _ k \pmod{2^k} yk−12+tk−12k−1≡ak(mod2k)
t k − 1 2 k − 1 ≡ a k − y k − 1 2 ( m o d 2 k ) t _ {k-1}2^{k-1} \equiv a _ k -y _ {k-1}^2 \pmod{2^k} tk−12k−1≡ak−yk−12(mod2k)
t k − 1 ≡ a k − y k − 1 2 2 k − 1 ( m o d 2 ) t _ {k-1} \equiv \frac{a _ {k} - y _ {k-1}^2}{2^{k-1}} \pmod{2} tk−1≡2k−1ak−yk−12(mod2)
所以设 t k − 1 = a k − y k − 1 2 2 k − 1 + 2 t k t _ {k-1}= \frac{a _ {k} - y _ {k-1}^2}{2^{k-1}} + 2 t _ k tk−1=2k−1ak−yk−12+2tk，那么
x k = ± ( y k − 1 + a k − y k − 1 2 2 + 2 k − 1 t k ) x _ k = \pm (y _ {k-1}+\frac{a _ k- y _ {k-1}^2}{2} + 2^{k-1}t _ k) xk=±(yk−1+2ak−yk−12+2k−1tk)
也就是说， y k = y k − 1 + a k − y k − 1 2 2 y _ k=y _ {k-1}+\frac{a _ k- y _ {k-1}^2}{2} yk=yk−1+2ak−yk−12
所以我们就从 q = 3 q=3 q=3开始不断往上推，就可以出解了。
p为合数
嗯，将p质因数分解，然后分别求解，中国剩余定理合并即可。