對於模數\(n\)和整數\(a\)，若存在整數\(x\)，滿足
\[x^2\equiv a(mod\ n)
\]則稱\(x\)是模\(n\)意義下的二次剩餘，否則是非二次剩餘
注：這裡討論的\(x\)滿足\(x\in[1,n)\)
尤拉判別法：對於奇素數\(p\)，\(a\)是模\(p\)意義下的二次剩餘當且僅當\(a^}\equiv 1(mod\ p)\)
類似的，若\(a\)是模\(p\)意義下的二次非剩餘則有\(a^}\equiv-1(mod\ p)\)
證明先證明在\(a\nmid p\)時，\(a^}\equiv 1或-1(mod\ p)\)
由費馬小定理知\(a^\equiv 1(mod\ p)\)
移項，利用平方差公式得\((a^}+1)(a^}-1)\equiv 0(mod\ p)\)
再由\(p\)是奇素數知上兩式中必有且僅有乙個同余於0
再證明若\(a\)是二次剩餘的充要條件為\(a^}\equiv 1(mod\ p)\)
先證必要性，若\(a\)是模\(p\)意義下的二次剩餘，那麼必有整數\(x_0^2\equiv a(mod\ p)\)，且\(p\nmid x_0\)
同時做\(\frac\)次方，有\(a^}\equiv x_0^\equiv 1(mod\ p)\)
再證充分性，設有\(a^}\equiv 1(mod\ p)\)
對於\([1,p)\)中的整數，考慮如下的同餘方程
\[xy\equiv a(mod\ p)
\]注意到，對於任意的整數\(x\in[1,p)\)，一定有且僅有乙個\(y\in[1,p)\)滿足上式
假設\(a\)不是二次剩餘，那麼對\(\forall x\)，均有\(y\neq x\)
也就是說對於\([1,p)\)中的\(p-1\)個整數，我們可以將它們分成\(\frac\)組，使得每乙個數均正好屬於一組
將這\(p-1\)個數乘起來，有
\[(p-1)!~\equiv a^}(mod\ p)
\]由威爾遜定理，有\((p-1)!\equiv -1(mod\ p)\)，也就是\(a^}\equiv -1(mod\ p)\)，與題設矛盾
故假設錯誤，所以一定有\(a\)是模\(p\)意義下的二次剩餘
方便描述，我們定義勒讓德（legendre）符號\(\begin\frac\end\)
\[\begin\frac\end=
\begin
0 & a|p\\
-1 & a不是模p意義下的二次剩餘\\
1 & a是模p意義下的二次剩餘
\end
\]具體求值的話可以利用上面的尤拉判別法（僅當\(p\)是奇素數時）
先證明乙個定理：
在模\(p\)意義下的乙個簡化剩餘系中，有\(\frac\)個數具有二次剩餘，且乙個模\(p\)意義下的二次剩餘\(a\)，有兩個不同的\(x\)滿足\(x^2\equiv a(mod\ p)\)
證明取模\(p\)意義下的乙個簡化剩餘系如下
\[-\frac,-\frac+1,\cdots,-1,1,2,\cdots,\frac
\]若\(a\)是模\(p\)意義下的二次剩餘，僅當
\[a\equiv(-\frac)^2或(-\frac+1)^2\cdots或(\frac)^2(mod\ p)
\]又由\((-x)^2=x^2\)知，若\(a\)是模\(p\)意義下的二次剩餘，僅當
\[a\equiv 1^2或2^2或\cdots或(\frac)^2(mod\ p)
\]且我們知道在\(1\leq i時，\(i^2\)與\(j^2\)在模\(p\)意義下不相等，所以上面給出的\(\frac\)個數的平方恰好對應了在模\(p\)的意義下有二次剩餘的\(\frac\)個不同的數，所以在模\(p\)的意義下\(p\)的簡化剩餘系中有\(\frac\)個數有二次剩餘
根據上面的證明，對於乙個二次剩餘\(a\)，那麼一定存在\(x\in[1,\frac]\)，使得\(x^2\equiv a(mod\ p)\)
那麼在一開始提到的簡化剩餘系中，一定還有乙個\(-x\)使得\((-x)^2\equiv a(mod\ p)\)
於是就有兩個不同的\(x\)使得\(x^2\equiv a(mod\ p)\)
那麼這和求解有什麼關係呢？
首先判掉不是二次剩餘的情況
接下來有2個\(x\)滿足\(x^2\equiv a(mod\ p)\)，我們只需要求出乙個，由上面的證明知另乙個和它的和為\(p\)
（接下來介紹高階操作）
假設我們要求\(x^2\equiv n(mod\ p)\)，其中\(p\)是乙個奇素數
我們先隨便找乙個數\(a\)，滿足\(\begin\frac \end=-1\)
設\(\omega=\sqrt\)，那麼\(x=(a+\omega)^\frac\)
正確性呢？
證明\(x^2=(a+\omega)^=(a+\omega)^p(a+\omega)=(a+\omega)\sum_^p\dbinoma^i\omega^\)
注意到\(1\leq i時，\(p|\dbinom\)
於是\(x^2\equiv(a^p+\omega^p)(a+w)\ (mod\ p)\)
我們由費馬小定理知\(a^\equiv 1(mod\ p)\)，所以\(a^p\equiv a(mod\ p)\)
那這個\(\omega^p\)是什麼，他甚至可能不是整數
我們由上面的操作過程知\(\omega^=(\omega^2)^}\equiv(a^2-n)^}\equiv -1(mod\ p)\)
所以\(\omega^p\equiv -\omega(mod\ p)\)
於是\(x^2\equiv(a-\omega)(a+\omega)\equiv a^2-(a^2-n)\equiv n(mod\ p)\)
證畢然後你就會發現這個做法的時間複雜度和找\(a\)所花的時間有關
然而你由上面的證明過程知你有\(\frac\)的機率找到乙個合法的\(a\)
然後就做完了？這個\(\omega\)可以是無理數！
仿照複數\(a+bi\)的形式，我們將所有數寫成\(a+b\omega\)，這裡的話重新寫乙個乘法就可以了
模板題：
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define sqr(x) (x)*(x)
#define fir first
#define sec second
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
#define eps 1e-6
typedef long long ll;
const int n=100000;
const double pi=acos(-1.0);
ll w,p,n;
struct complex
};complex operator *(complex a,complex b)
ll qpow(ll x,ll y,ll p)
return ans;
}complex qpow(complex a,ll y)
return ans;
}int read()
while ((ch>='0') && (ch<='9'))
return x*f;
}ll legendre(ll x)
int main()
ll ans1=qpow(complex(a,1),(p+1)>>1).x;
ll ans2=p-ans1;
if (ans1>ans2) swap(ans1,ans2);
printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
}} }
return 0;
}
二次剩餘小記
看 text 的部落格看到的，發現似乎並沒有想象中的那麼難，就學了一下，過了板題，這裡記錄一下，暫時還是只會二次剩餘，n 次剩餘暫時先放一下。下文的 p 即是模數。我們稱 n 為模 p 意義下的二次剩餘當且僅當存在 x 使得 x 2 equiv n pmod p,x in mathbb 下文的 ma...
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