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)

根据上面的定义就有：

所以这3个描述是等价的

 

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F_p²,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，F_p²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.ω^pΞ-ω (mod p)

证明：ω^p=ω*ω^p-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，然后除了i=0以及i=n时,Cⁱ_n=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≡（b^p+ω^p)*(b+ω) 

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

最后 x²≡b²-ω²=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F_p²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

 

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