[牛客多校第九场]Quadratic equation(二次剩余)
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题意:
给定两个数字在模1e9 + 7意义下x + y的和以及x和y的乘积,求x和y
题目分析
由于x和y的取值范围,我们可以得到x + y的范围为 0 <= x + y < 2 * p,那么对于第一个式子我们可以得到: x + y = b 或者 x + y = p + b的两种情况.
对于第一种情况,将第一个式子代入第二个式子可得
y * (b - y) = k * p + c
移项得,y ^ 2 - b * y + k * p + c = 0
如果y要有整数解,当且仅当 b ^ b - 4 * (k * p + c) 为完全平方数,从而得到如下方程
a ^ 2 = b * b - 4 * (k * p + c)
对两边同时模p可得
a ^ 2 ≡b * b - 4 * c (mod p)
从而转化为一个二次剩余的问题
二次剩余:
当时比赛的时候用下面的博客魔改了一下过了,博客里边有简单的证明
https://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/10182281
在比赛之后又参考了下边的博客,才真正理解了这个神奇的东西
https://blog.csdn.net/a_crazy_czy/article/details/51959546
Part one 二次剩余的基本概念
在数论中，特别在同余理论里，一个整数 d \bm{d} d对另一个整数 p \bm{p} p 的二次剩余（英语：Quadratic residue）指X的平方 X 2 \bm{X^2} X2 除以 p \bm{p} p得到的余数。
当存在某个 X \bm{X} X， X 2 ≡ d ( m o d p ) \bm{X^2≡d(mod p) } X2≡d(modp) 式子成立时，称 “ d \bm{d} d 是模 p \bm{p} p 的二次剩余 ”
当对任意 X \bm{X} X，上式都不成立时，称 “ d \bm{d} d 是模 p \bm{p} p 的二次非剩余 ”
关于二次剩余的判定，可以用欧拉准则来判断，具体方法如下：
若 p 是奇质数且 p 不能整除 d ，则：
d 是模 p 的二次剩余当且仅当： d p − 1 2 ≡ 1 ( m o d p ) \bm{d^\frac{p-1}{2}≡ 1(mod p)} d2p−1≡1(modp)
d 是模 p 的二次非剩余当且仅当： d p − 1 2 ≡ − 1 ( m o d p ) \bm{d^\frac{p-1}{2}≡ -1(mod p)} d2p−1≡−1(modp)
以勒让德符号表示，即为： d p − 1 2 ≡ ( d p ) m o d p {\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}\equiv\left({\frac {d}{p}}\right){mod {p}}} d2p−1≡(pd)modp
其中勒让德符号的定义如下：
欧拉从充分性和必要性两个方面证明了上述结论，给出的证明如下：
首先，由于 p {\displaystyle p} p是一个奇素数，由费马小定理， d p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) {\displaystyle d^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}} dp−1≡1(modp)。但是 p − 1 {\displaystyle} p-1 p−1是一个偶数，
所以有 ( d p − 1 2 − 1 ) ⋅ ( d p − 1 2 + 1 ) ≡ 0 ( m o d p ) {\displaystyle (d^{\frac {p-1}{2}}-1)\cdot (d^{\frac {p-1}{2}}+1)\equiv 0{\pmod {p}}} (d2p−1−1)⋅(d2p−1+1)≡0(modp)
p {\displaystyle}p p是一个素数，所以 d p − 1 2 − 1 {\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}-1} d2p−1−1和 d p − 1 2 + 1 {\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}+1} d2p−1+1中必有一个是 p {\displaystyle }p p 的倍数。因此 d p − 1 2 {\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}} d2p−1模 p {\displaystyle p} p的余数必然是 1 1 1或 − 1 -1 −1。
必要性:
证明若 d {\displaystyle} d d是模 p {\displaystyle} p p的二次剩余，则 d p − 1 2 ≡ 1 ( m o d p ) {\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}\equiv 1{\pmod {p}}} d2p−1≡1(modp)
若 d {\displaystyle } d d是模 p {\displaystyle } p p的二次剩余，则存在 x 2 ≡ d ( m o d p ) {\displaystyle x^{2}\equiv d{\pmod {p}}} x2≡d(modp)， p {\displaystyle } p p跟 d , x {\displaystyle d,x} d,x互质。根据费马小定理得：
d p − 1 2 ≡ x p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) {\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}\equiv x^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}} d2p−1≡xp−1≡1(modp)
充分性:
证明若 d p − 1 2 ≡ 1 ( m o d p ) {\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}\equiv 1{\pmod {p}}} d2p−1≡1(modp)，则 d {\displaystyle } d d是模 p {\displaystyle } p p的二次剩余 p {\displaystyle } p p是一个奇素数，所以关于 p {\displaystyle } p p的原根存在。设 a {\displaystyle } a a是 p {\displaystyle } p p的一个原根，
则存在 1 ≤ j ≤ p − 1 {\displaystyle 1\leq j\leq p-1} 1≤j≤p−1,使得 d = a j d = a j {\displaystyle d=a^{j}} {\displaystyle d=a^{j}} d=ajd=aj。
于是 a j p − 1 2 ≡ 1 ( m o d p ) {\displaystyle a^{j{\frac {p-1}{2}}}\equiv 1{\pmod {p}}} aj2p−1≡1(modp)
a {\displaystyle } a a是 p {\displaystyle }p p的一个原根，因此 a {\displaystyle } a a模 p {\displaystyle } p p的指数是 p − 1 {\displaystyle} p-1 p−1，于是 p − 1 {\displaystyle} p-1 p−1整除 j ( p − 1 ) 2 {\displaystyle {\frac {j(p-1)}{2}}} 2j(p−1)。这说明 j {\displaystyle } j j是一个偶数。令 i = j 2 {\displaystyle i={\frac {j}{2}}} i=2j，就有 ( a i ) 2 = a 2 i = d {\displaystyle (a^{i})^{2}=a^{2i}=d} (ai)2=a2i=d。 d {\displaystyle } d d是模 p {\displaystyle } p p的二次剩余。
Part two 二次剩余的问题求解（随机大法好！）
问题描述：
对于给定的 d d d 和 p p p 判断 d d d 是否是 p p p 的二次剩余，
如果是，则输出 X 2 ≡ d ( m o d p ) X^2\equiv d{\pmod {p}} X2≡d(modp)的一个解，
其中， p p p 是奇素数。
题目传送门：http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=1132
引理：
对于 0 < = X < = p − 1 , X p − 1 2 ≡ 1 ( m o d p ) 0 <= X < = p - 1,X^{\frac{p - 1}{2}}\equiv 1{\pmod {p}} 0<=X<=p−1,X2p−1≡1(modp)有 p − 1 2 {\frac{p - 1}{2}} 2p−1个解
证明如下：
设 u , v u,v u,v是 X X X的两个解，我们可以得到 u 2 − v 2 ≡ 0 ( m o d p ) u^2 - v ^ 2\equiv 0{\pmod{p}} u2−v2≡0(modp)
进一步化简得到 ( u − v ) ∗ ( u + v ) ≡ 0 ( m o d p ) (u - v)*(u + v)\equiv0{\pmod{p}} (u−v)∗(u+v)≡0(modp),由 X X X的范围我们可以指导，
p ∣ ( u + v ) p | (u + v) p∣(u+v),并且 u + v = p u + v = p u+v=p，所以有 p − 1 2 {\frac{p - 1}{2}} 2p−1个解。
Cipolla算法
为了求出 X X X的解，我们通过随机数找到一个满足 ( a − n 2 p ) (\frac{a - n ^ 2}{p}) (pa−n2)为-1的根据引理我们可以知道这样的 a a a一共有 p − 1 2 \frac{p - 1}{2} 2p−1个，因此求出这样的 a a a的期望次数为 p − 1 2 p \frac{p - 1}{2 p} 2pp−1约为 1 2 \frac{1}{2} 21，基本上我们随机两次就可以得到这样的 a a a,一般我们会随机比较多的次数防止自己脸黑。
在的得到这样的一个 a a a之后我们做如下的处理：
①取 a 2 − n \sqrt{a ^ 2 - n} a2−n为基本的虚数单位，设为 w w w，类比 − 1 \sqrt{-1} −1作为 i i i
②构造一个与当前虚数单位所对应的数域，类比于实数到复数,则在这个数域中所有的数字都可以表示为 a + b w a + bw a+bw的形式
③验证当前数域的运算的封闭性、交换律、结合律、分配律，即验证它是一个合法的数域
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对于这个数域，我们可以得到如下的结论：
① w p ≡ − w ( m o d p ) w^p\equiv-w{\pmod{p}} wp≡−w(modp)
证明：根据 ( w 2 p ) (\frac{w ^ 2}{p}) (pw2)为 − 1 -1 −1我们可以知道， w 2 p − 1 2 ≡ − 1 ( m o d p ) {w^2}^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod{p} w22p−1≡−1(modp),从而我们知道 w p = w p − 1 ∗ w , w p ≡ − w ( m o d p ) w^p = w ^{p - 1} * w,w^p\equiv-w\pmod p wp=wp−1∗w,wp≡−w(modp)
② ( a + b ) p ≡ a p + b p ( m o d p ) (a + b) ^ p \equiv a ^ p + b ^ p{\pmod p} (a+b)p≡ap+bp(modp)
证明见我之前写的题解：https://blog.csdn.net/z472421519/article/details/99842319
我们取 X ≡ ( a + w ) p + 1 2 ( m o d p ) X \equiv (a + w) ^{\frac{p + 1}{2}}\pmod p X≡(a+w)2p+1(modp)
我们可以得到 X 2 ≡ ( a + w ) p + 1 ( m o d p ) X ^ 2 \equiv(a + w)^{p + 1} \pmod p X2≡(a+w)p+1(modp) X 2 ≡ ( a + w ) p ∗ ( a + w ) ( m o d p ) X ^ 2 \equiv(a + w)^{p} * (a + w) \pmod p X2≡(a+w)p∗(a+w)(modp)
利用刚才的结论 X 2 ≡ ( a p + w p ) ∗ ( a + w ) ( m o d p ) X ^ 2 \equiv(a^p + w^p) * (a + w) \pmod p X2≡(ap+wp)∗(a+w)(modp) X 2 ≡ ( a p − w ) ∗ ( a + w ) ( m o d p ) X ^ 2 \equiv(a^p-w) * (a + w) \pmod p X2≡(ap−w)∗(a+w)(modp)
再利用费马小定理 a p ≡ a ( m o d p ) a ^ p \equiv a \pmod p ap≡a(modp) 得到，
X 2 ≡ ( a − w ) ∗ ( a + w ) ( m o d p ) X ^ 2 \equiv(a - w) * (a + w) \pmod p X2≡(a−w)∗(a+w)(modp)
X 2 ≡ ( a 2 − w 2 ) ( m o d p ) X ^ 2 \equiv(a^2 - w^2) \pmod p X2≡(a2−w2)(modp)
代入 w = a − n w = \sqrt{a - n} w=a−n
X 2 ≡ n ( m o d p ) X ^ 2 \equiv n \pmod p X2≡n(modp),即 X X X满足之前的二次剩余方程
代码
#include 不知道为啥有的时候会出错，考虑到随机算法的脸黑性，我加了个暴力判断，在运算超过十次之后就直接 − 1 , − 1 -1,-1 −1,−1输出