数论之二次剩余

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图文]第4章二次同余方程 - 百度文库

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 发现自己再回来看,忘了是怎么弄了,还是写一下自己的体会,方便理解。

首先二次剩余是什么?也就是a∈Z,gcd(a,m)=1,如果x2Ξa(mod m)有解,那么a就是模m的二次剩余

当m小的时候,我们直接把0,1,2,..m/2代入计算就可以判断有没有解,而当m很大的时候,如果m是合数的时候比较难解决,所以我们就只来讨论m是奇素数p的时候。

有个结论,欧拉判别条件

a是模p的二次剩余的充要条件是a(p-1)/2Ξ1(mod p) 

a是模p的非二次剩余的充要条件是a(p-1)/2Ξ-1(mod p) 

且a是p的二次剩余的时候,同余方程恰好有两个解

证明是不会的,这辈子都不可能去证明了的。想看详细证明的可以翻一翻上面的博客。

然后平方剩余的一些性质

若a1,a2都是模p的二次剩余,a1*a2也是模p的二次剩余

若a1,a2都是模p的非二次剩余,a1*a2是模p的二次剩余

若a1是模p的二次剩余,a2是模p的非二次剩余,a1*a2是模p的非二次剩余

接下来有一个概念:勒让得符号(legender symbol)

数论之二次剩余_第1张图片

根据上面的定义就有:

所以这3个描述是等价的

 数论之二次剩余_第2张图片

概念了解得差不多了,那怎么就是怎么求x2Ξa(mod m)的解x

就很霸道的一句话

设b满足b2-a是模p的非二次剩余,设ω=√b2-a,那么x≡(b+ω)(p+1)/2是x2Ξa(mod m)的解

理解是话,按照设定w是模p不能开根号的,那我们非要给w开根号,那么它所在的值域就变了,我们假设一个域为Fp2,那这其实是一个类似复数域的存在,

所以这里理解的话ω,可以视为复数的那个虚部的i,Fp2域的数就可以表示为x+yω,且这个域是满足其他域的性质,也可以四则运算。那么,x≡(b+ω)(p+1)/2也就是一个合法的数

然后为什么这就是同余方程的解呢。

用以下几个定理来解释

定理1.ωpΞ-ω (mod p)

证明:ωp=ω*ωp-1=ω*(ω2)(p-1)/2=ω*(b2-a)(p-1)/2=ω*-1 (mod p)

定理2.(a+b)n=an+bn (mod p)

证明:二项式展开就有数论之二次剩余_第3张图片,然后除了i=0以及i=n时,Cin=1,其余的mod n等于0

那么x≡(b+ω)(p+1)/2就有

x2≡(b+ω)p+1≡(b+ω)p*(b+ω) 

由第二个定理就有x2≡(bpp)*(b+ω) 

由费马小定理bp-1≡1 (mod p)以及定理1有x2≡(b-ω)*(b+ω) 

最后 x2≡b22=b2-(b2-a)=a (mod p)

所以x≡(b+ω)(p+1)/2是x2Ξa(mod m)的解

剩下的为什么这个Fp2域的解是我们要求的解,我就不会证明了,可以看上面的最后那个博客,有提到,以及时间复杂度的分析。

然后在实际实现中,ω的作用就是在于(x1+y1ω)*(x2+y2ω) 时,类似实部的地方为x1*x2+y1*y2*ω2

所以直接可以让ω为b2-a,b的话就是通过随机数得到,这个期望值是2。

直接来一个裸题:http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=1132

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 struct Ima{
 5     int x,y;
 6 };
 7 int p,w;
 8 Ima muli(const Ima &i1,const Ima &i2){
 9     Ima ans;
10     ans.x=(i1.x*i2.x%p+i1.y*i2.y%p*w%p)%p;
11     ans.y=(i1.x*i2.y%p+i1.y*i2.x%p)%p;
12     return ans;
13 }
14 Ima powi(Ima a,int b){
15     Ima ans;
16     ans.x=1,ans.y=0;
17     while(b){
18         if(b&1) ans=muli(ans,a);
19         a=muli(a,a);
20         b>>=1;
21     }
22     return ans;
23 }
24 int poww(int a,int b){
25     int ans=1;
26     a%=p;
27     while(b){
28         if(b&1) ans=ans*a%p;
29         a=a*a%p;
30         b>>=1;
31     }
32     return ans;
33 }
34 int Cipolla(int n){
35     if(p==2) return 1;
36     if(poww(n,(p-1)>>1)+1==p) return -1;
37     int a;
38     while(true){
39         a=rand()%p;
40         w=((a*a%p-n)%p+p)%p;
41         if(poww(w,(p-1)>>1)+1==p) break;
42     }
43     Ima ans;
44     ans.x=a,ans.y=1;
45     ans=powi(ans,(p+1)>>1);
46     return ans.x;
47 }
48 int main(){
49     int t,n,ans1,ans2;
50     srand(time(NULL));
51     scanf("%d",&t);
52     while(t--){
53         scanf("%d%d",&n,&p);
54         n%=p;
55         ans1=Cipolla(n),ans2=p-ans1;
56         if(ans1==-1) printf("No root\n");
57         else if(ans1==ans2) printf("%d\n",ans1);
58         else if(ans1"%d %d\n",ans1,ans2);
59         else printf("%d %d\n",ans2,ans1); 
60     }
61     return 0;
62 }
tql

还有牛客多校的一题:Quadratic equation

Amy asks Mr. B  problem B. Please help Mr. B to solve the following problem.
Let p = 1000000007.
Given two integers b and c, please find two integers x and y (0≤x≤y such that
(x+y) mod p=b
(x×y) mod p=c
由(x+y)%p=b,以及x跟y的取值范围,我们可以知道x+y只有b或者是p+b两个结果,然后(x-y)2=(x+y)2-4xy,而xy%p=c,所以可以得到(x-y)2≡b2-4c (mod p),把这个同余方程解出来就行了。
 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 typedef long long ll;
 5 const ll p=1e9+7;
 6 struct Ima{
 7     ll x,y;
 8 };
 9 ll w;
10 Ima muli(const Ima &i1,const Ima &i2){
11     Ima ans;
12     ans.x=(i1.x*i2.x%p+i1.y*i2.y%p*w%p)%p;
13     ans.y=(i1.x*i2.y%p+i1.y*i2.x%p)%p;
14     return ans;
15 }
16 Ima powi(Ima a,ll b){
17     Ima ans;
18     ans.x=1,ans.y=0;
19     while(b){
20         if(b&1) ans=muli(ans,a);
21         a=muli(a,a);
22         b>>=1;
23     }
24     return ans;
25 }
26 ll poww(ll a,ll b){
27     ll ans=1;
28     a%=p;
29     while(b){
30         if(b&1) ans=ans*a%p;
31         a=a*a%p;
32         b>>=1;
33     }
34     return ans;
35 }
36 ll Cipolla(ll n){
37     if(n==0) return 0;
38     if(n==1) return 1;
39     if(poww(n,(p-1)>>1)+1==p) return -1;
40     ll a;
41     while(true){
42         a=rand()%p;
43         w=((a*a%p-n)%p+p)%p;
44         if(poww(w,(p-1)>>1)+1==p) break;
45     }
46     Ima ans;
47     ans.x=a,ans.y=1;
48     ans=powi(ans,(p+1)>>1);
49     return ans.x;
50 }
51 void solve(ll b,ll c){
52     ll n=((b*b%p-4*c%p)%p+p)%p;
53     ll a=Cipolla(n),x,y;
54     if(a==-1){
55         printf("-1 -1\n");
56         return ;
57     }
58     if(!((a+b)&1)) y=(a+b)/2,x=b-y; 
59     else y=(a+b+p)/2,x=b+p-y;
60     x=(x+p)%p;
61     y=(y+p)%p;
62     if(x>y) printf("%lld %lld\n",y,x);
63     else printf("%lld %lld\n",x,y);
64 }
65 int main(){
66     int t;
67     ll b,c; 
68     srand(time(NULL));
69     scanf("%d",&t);
70     while(t--){
71         scanf("%lld%lld",&b,&c);
72         solve(b,c);
73     }
74     return 0;
75 }
tqlll

然后补充一下关于勒让得的一些性质

数论之二次剩余_第4张图片

数论之二次剩余_第5张图片

 数论之二次剩余_第6张图片

数论之二次剩余_第7张图片

数论之二次剩余_第8张图片

剩下的合数的还有其他补充内容就之后再更。

转载于:https://www.cnblogs.com/LMCC1108/p/11365068.html

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