二次剩余之 Cipolla 算法学习笔记
文章目录
- 前言
- 二次剩余问题
- 一些定理
- 定理 1
- 定理 2
- 定理 3
- 定理 4（欧拉判定准则）
- Cipolla 算法与说明
- Cipolla 算法
- 说明
- 代码实现
前言
曾经，在数个月以前，我学过一波二次剩余……
只不过当时是被 SaInT7 所胁迫，而且时间仓促，精神不集中，最终只解得皮毛。
现在我重新学了一遍，略作总结。
二次剩余问题
已知同余方程 x 2 ≡ n ( m o d p ) x^2 \equiv n \pmod p x2≡n(modp)，给定 n , p n,p n,p，判断该方程是否有解，如果有解则输出所有非负整数解。
注意到 n = 0 n=0 n=0 的情况是平凡的，只有 x = 0 x=0 x=0 一解。如果该方程有解且 n ≠ 0 n\neq 0 n=0，则称 n n n 为模 p p p 意义下的二次剩余。
在此文中，只讲解 p p p 为奇素数的一种解法：Cipolla 算法，其他情况的解法详见其他文章。
一些定理
以下均默认 n ≠ 0 n\neq 0 n=0，同余方程为模 p p p 意义， p p p 为奇素数。
定理 1
如果 n n n 是二次剩余，则原方程恰有两不同解。
证：
令一解为 x 1 x_1 x1，则 p − x 1 p-x_1 p−x1 显然也为一解。注意到 p p p 是奇素数，因此 x 1 ≠ p − x 1 x_1 \neq p - x_1 x1=p−x1。因此原方程至少有两解。
我们从原方程的解集中任选两不同解，记为 u , v u,v u,v。
则有
u 2 − v 2 ≡ 0 u^2 - v^2 \equiv 0 u2−v2≡0
平方差得
( u + v ) ( u − v ) ≡ 0 (u + v)(u - v) \equiv 0 (u+v)(u−v)≡0
因为 u ≠ v u \neq v u=v，所以 u + v ≡ 0 u + v \equiv 0 u+v≡0。所以对于每个 u u u， v v v 是唯一的，然而我们又是任选的 u , v u,v u,v，所以解集大小只能恰好为 2。
定理 2
对于一个同余方程组 x 2 ≡ n x^2 \equiv n x2≡n，有解的 n n n 恰有 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1 个。
证：
根据定理 1，无序模意义相反数对集合与二次剩余集合形成一一映射，而无序模 p p p 意义相反数对恰有 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1 个，因此得证。
定理 3
( a + b ) p ≡ a p + b p (a+b)^p \equiv a^p + b^p (a+b)p≡ap+bp
证：
二项式定理展开左侧，可得到系数分别为 C p 0 , C p 1 , ⋯ , C p p C_p^0,C_p^1,\cdots,C_p^p Cp0,Cp1,⋯,Cpp。
展开组合数，发现除 C p 0 C_p^0 Cp0 项与 C p p C_p^p Cpp 项外，每项的分子上均有乘子 p p p，而又因为 p p p 是奇素数无法约去，因此这些项都是 p p p 的倍数，即与 0 同余，不考虑。
所以只需考虑第一项与最后一项，则证毕。
定理 4（欧拉判定准则）
n p − 1 2 ≡ 1 n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 n2p−1≡1 与 n n n 是二次剩余等价， n p − 1 2 ≡ p − 1 n^{\frac{p-1}{2}} \equiv p-1 n2p−1≡p−1 与 n n n 是非二次剩余等价。
证：
若 n n n 是二次剩余:
设 x x x 为一解，费马小定理有 x p − 1 ≡ 1 x^{p-1} \equiv 1 xp−1≡1，因此 ( x 2 ) p − 1 2 ≡ n p − 1 2 ≡ 1 (x^2)^{\frac{p-1}{2}} \equiv n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 (x2)2p−1≡n2p−1≡1。
若 n p − 1 2 ≡ 1 n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 n2p−1≡1：
设 n ≡ g k n \equiv g^k n≡gk，其中 g g g 为模 p p p 意义下的原根。则 g k × p − 1 2 ≡ 1 g^{k \times \frac{p-1}{2}} \equiv 1 gk×2p−1≡1。因此 p − 1 ∣ k × p − 1 2 p-1 | k \times \frac{p-1}{2} p−1∣k×2p−1，得 k k k 为偶数。那么 g k 2 g^{\frac{k}{2}} g2k 显然为一解，因此 n n n 是二次剩余。
根据费马小定理， n p − 1 2 ≡ 1 n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 n2p−1≡1 或 n p − 1 2 ≡ p − 1 n^{\frac{p-1}{2}} \equiv p-1 n2p−1≡p−1。对于一个 n n n 只存在其 是/不是 二次剩余两种情况，第一种与 n p − 1 2 ≡ 1 n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 n2p−1≡1 等价，则第二种必与 n p − 1 2 ≡ p − 1 n^{\frac{p-1}{2}} \equiv p-1 n2p−1≡p−1 等价。
Cipolla 算法与说明
Cipolla 算法
对于一组 n , p n,p n,p，先用欧拉判定准则判断无解，并特判 n = 0 n=0 n=0。
找到一个数 a a a 使得 a 2 − n a^2 - n a2−n 不是二次剩余（用欧拉判定准则判断）。根据定理 2，可以随机选取 a a a，期望 2 次即能找到非二次剩余。
然后我们扩域，令单位 i i i 满足 i 2 ≡ a 2 − n i^2 \equiv a^2 - n i2≡a2−n。
( a + i ) p + 1 2 (a+i)^{\frac{p+1}{2}} (a+i)2p+1 为一个解，其模意义相反数为另一个解。
说明
一、取 ( a + i ) p + 1 2 (a+i)^{\frac{p+1}{2}} (a+i)2p+1 为解的正确性。
我们只需证明 ( a + i ) p + 1 ≡ n (a+i)^{p+1} \equiv n (a+i)p+1≡n。
运用定理 3，等价于 ( a + i ) ( a p + i p ) ≡ n (a+i)(a^p+i^p) \equiv n (a+i)(ap+ip)≡n。
然后发现 i p ≡ ( i 2 ) p − 1 2 × i ≡ ( a 2 − n ) p − 1 2 × i ≡ p − i i^p \equiv (i^2)^{\frac{p-1}{2}} \times i \equiv (a^2 - n)^{\frac{p-1}{2}} \times i \equiv p - i ip≡(i2)2p−1×i≡(a2−n)2p−1×i≡p−i。
再运用费马小定理，得知 a p + i p ≡ a − i a^p + i^p \equiv a-i ap+ip≡a−i。
因此 ( a + i ) ( a p + i p ) ≡ ( a + i ) ( a − i ) ≡ a 2 − a 2 + n ≡ n (a+i)(a^p+i^p) \equiv (a+i)(a-i) \equiv a^2 - a^2 + n \equiv n (a+i)(ap+ip)≡(a+i)(a−i)≡a2−a2+n≡n。
二、为什么 ( a + i ) p + 1 2 (a+i)^{\frac{p+1}{2}} (a+i)2p+1 的结果可以输出，即结果不含 i i i？
把结果用 A + B i A+Bi A+Bi 表示，则 ( A + B i ) 2 ≡ n (A+Bi)^2 \equiv n (A+Bi)2≡n，即 A 2 + 2 A B i + B 2 a 2 − B 2 n ≡ n A^2 +2ABi +B^2a^2-B^2n \equiv n A2+2ABi+B2a2−B2n≡n。
式子右侧虚部系数为 0，因此 A B ≡ 0 AB \equiv 0 AB≡0。若 B ≢ 0 B \not\equiv 0 B≡0，则 A ≡ 0 A \equiv 0 A≡0，即 ( B i ) 2 ≡ n (Bi)^2 \equiv n (Bi)2≡n。 化成 i 2 ≡ n B − 2 i^2 \equiv nB^{-2} i2≡nB−2。
因为 B − 2 B^{-2} B−2 是二次剩余（ B − 1 B^{-1} B−1 肯定为一解），而 n n n 又是二次剩余，所以 n B − 2 nB^{-2} nB−2 也是二次剩余，即 i 2 i^2 i2 是二次剩余，矛盾！
因此 B ≡ 0 B \equiv 0 B≡0。
三、怎么实现？
大可以参照复数类的实现方法，实现一个“扩域类”。
不过据说也有不需要的写法？
四、时空复杂度？
时间复杂度期望 Θ ( log p ) \Theta(\log p) Θ(logp)，空间复杂度 O ( 1 ) O(1) O(1)。
代码实现
inline ll mul(ll x,ll y)
{
ll ret=0;
while(y)
{
if(y&1) ret=(ret+x)%p;
x=(x+x)%p;
y>>=1;
}
return ret;
}
inline ll qpow(ll x,ll y)
{
ll ret=1;
while(y)
{
if(y&1) ret=mul(ret,x);
x=mul(x,x);
y>>=1;
}
return ret;
}
struct Extend
{
ll r,v;
Extend(ll r=0,ll v=0): r(r),v(v) {}
Extend operator * (const Extend &x) const
{return Extend((mul(r,x.r)+mul(mul(v,x.v),v2))%p,(mul(r,x.v)+mul(v,x.r))%p);}
};
inline Extend qpow(ext x,ll y)
{
Extend ret(1,0);
while(y)
{
if(y&1) ret=ret*x;
x=x*x;
y>>=1;
}
return ret;
}
bool check(ll x){return qpow(x,(p-1)>>1)==1;}
ll sqroot(ll x)
{
ll tmp=mul(mul(rand(),rand()),mul(rand(),rand()));
while(check((mul(tmp,tmp)-x+p)%p)) tmp=mul(mul(rand(),rand()),mul(rand(),rand()));
v2=(mul(tmp,tmp)-x+p)%p;
return qpow(Extend(tmp,1),(p+1)>>1).r;
}