二次剩余（学习笔记）
就是用来求解 x 2 ≡ n m o d p x^2\equiv n \bmod p x2≡nmodp的一个方法
对 p p p进行分类讨论：
- p = 2 p=2 p=2 ，则 x = n x=n x=n
- p p p为奇素数
勒让德符号：
( a p ) = { 1 a 在 模 p 意 义 下 是 二 次 剩 余 − 1 a 在 模 p 意 义 下 是 非 二 次 剩 余 0 a ≡ 0 m o d p \begin{pmatrix}\frac{a}{p}\end{pmatrix}=\begin{cases}1&a在模p意义下是二次剩余\\-1&a在模p意义下是非二次剩余\\0&a\equiv 0\bmod p\end{cases} (pa)=⎩⎪⎨⎪⎧1−10a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≡0modp
有一个定理： ( a p ) ≡ a p − 1 2 m o d p \begin{pmatrix}\frac{a}{p}\end{pmatrix}\equiv a^{\frac{p-1}{2}}\bmod p (pa)≡a2p−1modp
证明：
若 a a a在模 p p p意义下是二次剩余，设 x 2 ≡ a m o d p x^2\equiv a\bmod p x2≡amodp，则有 x p − 1 ≡ 1 m o d p x^{p-1}\equiv 1\bmod p xp−1≡1modp，由费马小定理显然成立
若 a a a在模 p p p意义下是非二次剩余，设 x 2 ≡ a m o d p x^2\equiv a\bmod p x2≡amodp，则有 x p − 1 ≡ − 1 m o d p x^{p-1}\equiv -1\bmod p xp−1≡−1modp，由费马小定理显然不成立
若 a m o d p = 0 a\bmod p=0 amodp=0显然成立
所以可以首先判断是否有解，就用勒让德符号来判断
第二步需要找到一个 a a a，使得 w = a 2 − n w=a^2-n w=a2−n在模 p p p意义下是非二次剩余，
则 x = ( a + w ) p + 1 2 x=(a+\sqrt{w})^{\frac{p+1}{2}} x=(a+w)2p+1
证明：
定理： ( a + b ) p ≡ a p + b p m o d p (a+b)^p\equiv a^p+b^p \bmod p (a+b)p≡ap+bpmodp
证明：（其实可以感性理解，可以根据二项式定理展开，在中间的组合数的阶乘中， p p p无法被消掉，因此 m o d p \bmod p modp一定为 0 0 0，有贡献的只有第一项和最后一项也就是 a p , b p a^p,b^p ap,bp
证明2：
算法实现：因为大约有一半的数都是非二次剩余，所以可以随机一个 a a a，把 w \sqrt{w} w当作一个复数单位，定义一个复数运算
像这样：
struct F{
int x,y;
F(){}
F(const int &xx,const int &yy){x=xx,y=yy;}
};
inline F mul(F a,F b,int mod,int w){
return F((1LL*a.x*b.x%mod+1LL*a.y*b.y%mod*w%mod)%mod,(1LL*a.x*b.y%mod+1LL*a.y*b.x%mod)%mod);
}
例题：模板题
代码如下：
#include- p p p为奇素数的幂
这里参考了这个博客
求解 x 2 ≡ a m o d p n x^2\equiv a\bmod p^n x2≡amodpn， g c d ( n , p ) = 1 gcd(n,p)=1 gcd(n,p)=1，下面只介绍方法
先求出方程 x 2 ≡ a m o d p x^2\equiv a\bmod p x2≡amodp的一个解 r r r，那么进一步有
我们知道
也就是
可证明 g c d ( t , p ) = 1 , g c d ( u , p ) = 1 gcd(t,p)=1,gcd(u,p)=1 gcd(t,p)=1,gcd(u,p)=1，最终得到
这里由于 p n p^n pn不是素数，所以求逆元用扩展欧几里得算法即可。 - p p p为合数
将 p p p质因数分解，问题变成了 3 3 3中的内容，然后解出各答案用中国剩余定理合并即可。