[Note] 高次剩余 [Cipolla][Peralta][BSGS]
Lagrange’s Theorem (Number Theory)
n n n 次非零多项式在模素数意义下至多有 n n n 个不同的解。
Catalan’s Conjecture
x p − y q = 1 ( p > 1 , q > 1 ) x^p-y^q=1(p>1,q>1) xp−yq=1(p>1,q>1) 的所有正整数解只有 ( x , y , p , q ) = ( 3 , 2 , 2 , 3 ) (x,y,p,q)=(3,2,2,3) (x,y,p,q)=(3,2,2,3)
就是说，只有 8 8 8 和 9 9 9 两个连续正整数同时是其他正整数的幂。
Quadratic Residue
（ps：katex的不等于号和\not好sb。。。
x 2 ≡ a ( m o d p ) , a x^2\equiv a\pmod{p},a x2≡a(modp),a ≠ 0 , p > 1 0,p>1 0,p>1 （或者 p > 2 p>2 p>2 ？？
若有 x 2 = a + k p , k ∈ Z x^2=a+kp,k\in\Z x2=a+kp,k∈Z 成立，称 a a a 是 p p p 的二次剩余， x x x 是该二次同余方程的解。
若不成立，称 a a a 是 p p p 的二次非剩余。
有性质：两个二次非剩余乘起来、或者二次剩余乘起来，都会得到一个二次剩余；
一个二次剩余和一个二次非剩余乘起来，会得到一个非二次剩余。
一般我们会遇到要求 x ( m o d p ) \sqrt{x}\pmod{p} x(modp) ，这个时候就可以当成二次剩余来解。
Quadratic Reciprocity Law
对两个不同的奇素数 p , q p,q p,q 有 ( q p ) ( p q ) = ( − 1 ) p − 1 2 ⋅ q − 1 2 \left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}{2}} (pq)(qp)=(−1)2p−1⋅2q−1
Legendre Symbol
( a p ) = a ϕ ( p ) 2 \left(\frac{a}{p}\right)=a^{\frac{\phi(p)}{2}} (pa)=a2ϕ(p) ← Jacobi Symbol
但是下面我们使用 ( a p ) = a p − 1 2 \left(\frac{a}{p}\right)=a^{\frac{p-1}{2}} (pa)=a2p−1 ← Legendre Symbol
其中 p p p 为奇素数； 0 ≤ a < p 0\le a<p 0≤a<p
为什么不用雅可比符号呢？因为那个东西在这里还用不上，不满足一些性质
所以下面用的都是勒让德。同时不特殊说明只研究 p p p 为奇素数的特殊情况。
（千万不要把勒让德符号那个 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1 跟后面某个指数 p + 1 2 \frac{p+1}{2} 2p+1 混。。
Euler’s Criterion
根据 Fermat’s little theorem 就有 a p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) a^{p-1}\equiv1\pmod{p} ap−1≡1(modp)
然后我们可以挪一下因式分解得到 ( a p − 1 2 + 1 ) ( a p − 1 2 − 1 ) ≡ 0 ( m o d p ) (a^{\frac{p-1}{2}}+1)(a^{\frac{p-1}{2}}-1)\equiv0\pmod{p} (a2p−1+1)(a2p−1−1)≡0(modp)
那么 a p − 1 2 ≡ ± 1 ( m o d p ) a^{\frac{p-1}{2}}\equiv\pm1\pmod{p} a2p−1≡±1(modp)
a a a 是 p p p 的二次剩余 ⇔ \Leftrightarrow ⇔ ( a p ) ≡ 1 ( m o d p ) \left(\frac{a}{p}\right)\equiv1\pmod{p} (pa)≡1(modp)
充分性：现在假如 a ≡ x 2 ( m o d p ) a\equiv x^2\pmod{p} a≡x2(modp) ，有 a p − 1 2 ≡ x p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) a^{\frac{p-1}{2}}\equiv x^{p-1}\equiv1\pmod{p} a2p−1≡xp−1≡1(modp)
必要性： x p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) x^{p-1}\equiv1\pmod{p} xp−1≡1(modp) 且 a p − 1 2 ≡ 1 ( m o d p ) a^{\frac{p-1}{2}}\equiv1\pmod{p} a2p−1≡1(modp) 所以 a ≡ x 2 ( m o d p ) a\equiv x^2\pmod{p} a≡x2(modp)
所以顺便可以得到非二次剩余 ⇔ \Leftrightarrow ⇔ ( a p ) ≡ − 1 ( m o d p ) \left(\frac{a}{p}\right)\equiv-1\pmod{p} (pa)≡−1(modp)
p 为奇素数时，求任意一个二次（非）剩余：Randomize ~ O(1)
i ≡ − i i\equiv-i i≡−i 所以可以把负的一半去掉
把 ± i , 1 ≤ i ≤ p − 1 2 \pm i,1\le i\le\frac{p-1}{2} ±i,1≤i≤2p−1 这个缩系平方一下就得到所有二次剩余
又 1 ≤ i < j ≤ p − 1 2 1\le i<j\le\frac{p-1}{2} 1≤i<j≤2p−1 我们有 i 2 − j 2 = ( i + j ) ( i − j ) i^2-j^2=(i+j)(i-j) i2−j2=(i+j)(i−j)
其中 3 ≤ ( i + j ) ≤ p − 2 3\le(i+j)\le p-2 3≤(i+j)≤p−2 并且 ( i − j ) (i-j) (i−j) 也显然不是 p p p 的倍数
所以 i 2 − j 2 i^2-j^2 i2−j2 的两个因子都不是 p p p 的倍数，它们乘起来也一定不可能得到 p p p
（ ( i − 1 ) 2 (i-1)^2 (i−1)2 往下的除了 p p p 都不是 p p p 的倍数， p p p 的因数也只有 1 1 1 和 p p p）
反正记住二次剩余数量等于非二次剩余数量等于 p + 1 2 \frac{p+1}{2} 2p+1 就可以了。
p + 1 p+1 p+1 必定是偶数，因为 ϕ ( x ) \phi(x) ϕ(x) 当 x > 2 x>2 x>2 的时候恒为偶数
所以随便从 1 ∼ p − 1 1\sim p-1 1∼p−1 里挑一个数，至少有 1 2 \frac{1}{2} 21 的概率是非二次剩余
判一下勒让德符号就可以了
（你可以判等于 − 1 -1 −1 ，如果取值范围没有坑你也可以判 ≠ 1 ）
p 为奇素数时，已知二次剩余求原数：Cipolla’s Algorithm ~ O(logp)
x 2 ≡ a ( m o d p ) x^2\equiv a\pmod{p} x2≡a(modp) 已知 a , p a,p a,p 求 x x x 。首先显然可以特判 a = 0 , p = 2 a=0,p=2 a=0,p=2
我们随机一个 ω \omega ω 使得 ω 2 − a \omega^2-a ω2−a 不是二次剩余
设 i ≡ ω 2 − a i\equiv\sqrt{\omega^2-a} i≡ω2−a 然后计算 x 1 ≡ ( ω + i ) p + 1 2 x_1\equiv\left(\omega+i\right)^{\frac{p+1}{2}} x1≡(ω+i)2p+1 ；另外一个解 x 2 = − x 1 x_2=-x_1 x2=−x1
原理： ( a + b i ) p ≡ ( a − b i ) (a+bi)^p\equiv(a-bi) (a+bi)p≡(a−bi)
套二项式定理和费马小定理再利用二次非剩余就可以解出来
然后我们知道 a ≡ ( ω 2 − i 2 ) ≡ ( ω + i ) ( w − i ) ≡ ( w + i ) p + 1 a\equiv(\omega^2-i^2)\equiv(\omega+i)(w-i)\equiv(w+i)^{p+1} a≡(ω2−i2)≡(ω+i)(w−i)≡(w+i)p+1
也就知道 a \sqrt{a} a
展开之后显然一定是不带 i i i 的（。。。
你想证一下 那也不困难吧 我就不写了 因为我有点懒
复杂度在快速幂上。
真的牛逼
手划一下条件和要求的东西 你会发现真的好难想到。。
就算直接给出结果让你证都不一定会想到这样的思路
可能这就是缘分吧.jpg
玄学顺推：
利用那种随便加个东西套性质的思路，把 a a a 搞成 ω − ( ω − a ) \omega-(\omega-a) ω−(ω−a)
然后考虑一下把 ω \omega ω 也变成平方说不定能够玄学出来什么
那直接重设成 ω 2 − ( ω 2 − a ) \omega^2-(\omega^2-a) ω2−(ω2−a)
这东西就可以因式分解，那么 a = ( ω + ω 2 − a ) ( ω − ω 2 − a ) a=(\omega+\sqrt{\omega^2-a})(\omega-\sqrt{\omega^2-a}) a=(ω+ω2−a)(ω−ω2−a)
根据 bsgs 求解的方法，考虑找出 a a a 是否能够表示为某个指数为偶数的幂
（因为这样 a = T A T 2 q w q a=TAT^{2qwq} a=TAT2qwq 就可以搞 x = a = T A T q w q x=\sqrt{a}=TAT^{qwq} x=a=TATqwq ）
考虑把后面那个化成跟前面那个差不多的话就可以得到偶数指数
化成指数是 2 2 2 肯定不可行，化成 p − 1 p-1 p−1 因为前面自带一个感觉也不对
所以考虑化成 p + 1 p+1 p+1
后面那个，看到根号了吧，取二次非剩余就有不错的性质
根据大量的经验一眼秒得到 ( ω + ω 2 − a ) p + 1 (\omega+\sqrt{\omega^2-a})^{p+1} (ω+ω2−a)p+1
然后发现 ω \omega ω 随机就可以了
p 为奇素数时，已知三次剩余求原数：Peralta Method Extension
上来先随机一个 ω \omega ω ，使得 ω 3 − a \omega^3-a ω3−a 是三次非剩余
判断方法： ( ω 3 − a ) ϕ ( p ) 3 (\omega^3-a)^{\frac{\phi(p)}{3}} (ω3−a)3ϕ(p) 不同余 1 ( m o d p ) 1\pmod{p} 1(modp) 期望次数是 ⑨
设 i = ω 3 − a 3 i=\sqrt[3]{\omega^3-a} i=3ω3−a 然后求 ( ω + i ) p 2 + p + 1 3 (\omega+i)^{\frac{p^2+p+1}{3}} (ω+i)3p2+p+1
更高次依此类推： ω k − a \omega^k-a ωk−a ， ( ω + ω k − a k ) p k − 1 + p k − 2 + ⋯ + p 3 + p 2 + p + 1 k (\omega+\sqrt[k]{\omega^k-a})^{\frac{p^{k-1}+p^{k-2+\cdots+p^3+p^2+p+1}}{k}} (ω+kωk−a)kpk−1+pk−2+⋯+p3+p2+p+1
当然次数太高你的期望次数就有点多了
任意模数二次剩余
大力分类讨论 %%%Miskcoo
我在这里奶一口应该用不上吧
奶死了我撒我自己
n 次剩余：(ex)BSGS
x n ≡ a ( m o d p ) x^n\equiv a\pmod{p} xn≡a(modp) 求 x x x ；已知 a , n , p a,n,p a,n,p
p p p 如果有原根，对于 x n ≡ a ( m o d p ) x^n\equiv a\pmod{p} xn≡a(modp) 我们可以求一个原根 g g g 出来
设 r = I g ( a ) r=I_g(a) r=Ig(a) 然后 g r ≡ a ( m o d p ) g^r\equiv a\pmod{p} gr≡a(modp) 可以用 BSGS 解决
（如果不限定奇素数就 exBSGS ）
然后再设 e = I g ( x ) e=I_g(x) e=Ig(x) 那么 g n e ≡ a ( m o d p ) g^{ne}\equiv a\pmod{p} gne≡a(modp)
变形 n e ≡ r ( m o d ϕ ( p ) ) ne\equiv r\pmod{\phi(p)} ne≡r(modϕ(p))
也就是 n e + ϕ ( p ) f = r ne+\phi(p)f=r ne+ϕ(p)f=r
用 exgcd 解出 e , f e,f e,f
就不难用 g e ≡ x ( m o d p ) g^e\equiv x\pmod{p} ge≡x(modp) 解出 x x x 了
嫌指数太大可以扩展欧拉定理。
实际上也就是利用原根的幂表达 a , x a,x a,x 从而 a ⇒ g ⇒ x a\Rightarrow g\Rightarrow x a⇒g⇒x
或者说 a ≡ g u n , x ≡ g u a\equiv g^{un},x\equiv g^u a≡gun,x≡gu
The Period of the Fibonacci Sequence Modulo P
一个小应用：求斐波那契循环节