浅谈二次剩余——求解二次同余方程

1.二次同余式

二次同余式是关于未知数的二次多项式的同余方程。即：是一个二次同余方程。
此外，称为最简二次同余式，或称最简二次同余方程。
通常的，经过配方，能够把一个通常的二次同余方程转化为一个最简二次同余式
接下来只须要讨论最简二次同余式。

2二次剩余

2.1 前置概念、定理即证实：

若无特殊说明，下面的模运算都是在模p的意义下

1.有正整数n，奇质数p，且\(p\nmid n\)，若存在一个正整数x，使得\(x^2\equiv n(\bmod p)\)则称n为p的二次剩余。

2.勒让德符号 \(\begin{pmatrix}\dfrac{n}{p}\end{pmatrix}\)，若n为p的二次剩余，则该值为1，若不是则该值为-1，若\(p\mid n\)，则该值为0

定理1：\(\begin{pmatrix}\dfrac{n}{p}\end{pmatrix}\equiv n^{\frac{p-1}{2}}\)

证实：
1.若p能整除n，那右边明显模p与0同余，故成立。
2.若n是p的二次剩余，则根据费马小定理(\(n^{p-1}\equiv1(\bmod p)\)其中，p为质数)，有\(n^{\frac{p-1}{2}} = {\sqrt{n}^{p-1}}\equiv 1\)，故成立
3.若n不是p的二次剩余，则根据扩展欧几里得算法，对于\(i\in[1,p-1]\)都有惟一的\(j\in[1,p-1],i\neq j且ij\equiv n\)这样的数一共有\(\frac{p-1}{2}\)个，所以\(\frac{p-1}{2}\equiv (p-1)!\)根据威尔逊定理)(：当且仅当p为素数时有：\(( p -1 )! \equiv -1 ( \bmod p )\))，就有\(\frac{p-1}{2}\equiv -1\)

​ 证毕

威尔逊定理证实：

​咱们知道\(1\times1\equiv 1(mod p)\)\(,( − 1 ) \times ( − 1 )\equiv (mod p)\)，且仅有这两组的逆元与自己相等。若是\(x^2\equiv 1(\bmod p)\)那么经过移项再因式分解能够获得\(x=-1\)或\(x=1\)，除了1，-1这两个数以外，2至p-2中的每个数都必定有一个对应的逆元（注明：\(-1\equiv p-1(\bmod p)\)）且必定与本身不相等，且每个数与他的逆元一 一对应。

​ 若是p是2，那威尔逊定理显然成立，若是\(p>2\) ，那么p必定是一个奇数，从2到p-2一共有偶数个数，且他们两两相乘mod p都是1，在乘上1（mod p为1）和p-1（mod p为-1）两个数，就有\((p-1)!\equiv -1(\bmod p)\) 须要注意的是，一个数有逆元的充分必要条件是这个数与p互素，上述证实的前提是1到p-1都有逆元，即1到p-1都与p互素，天然，p是一个质数。

上面的证实并不严谨，但能看出，只有质数才能知足威尔逊定理，知足威尔逊定理的也只有是质数，因此，威尔逊定理是质数的充要条件。

​ 证毕

​ 定理1推论：若方程最简二次同余式有解的充要条件是\(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(\bmod p)\)

定理2.\([1,p-1]\)中有\(\frac{p-1}{2}\)个二次剩余。

证实：
设\(x,y\in [1,p-1],x\neq y,x^2\equiv y^2\)，则\((x-y)(x+y)\equiv 0\) 因为有\(0<|x-y|<p\)，因此一定是\(x+y\equiv 0\) ，知足左边这个式子的数对共有\(\frac{p-1}{2}\)个，每两个不一样的数对，它们之间的平方相互不一样余，简单证实能够发现，若是两个不一样平方数\(x^2\)和 \(y^2\)mod质数p同余（知足\(x,y\in [1,p-1]\)），当且仅当它们互为相反数，证实就和上面的推理过程同样，移项分解因式便可。与此同时，每一个数对内部的数的平方mod p同余。这样，在mod p意义下，定理得证。

​ 证毕

​ 这同时还说明，若是a是p的一个二次剩余，p-a也是p的一个二次剩余。

2.2求解最简二次同余式&二次剩余

方法：在\([0,p-1]\)中随机生成一个数a，另\(w=a^2-n\)，若\(\begin{pmatrix}\dfrac{w}{p}\end{pmatrix}=-1\) ，那么\((a+\sqrt{w})^{\frac{p-1}{2}}\)是x的一个解。

证实：

​ 显然有\(\tbinom{p}{x}\equiv 0 (\bmod p)\)，（这是二项式系数，不要和勒让德符号弄混），所以，\((a+\sqrt{w})^p=\sum_{i=0}^p \tbinom{p}{i}a^i(\sqrt{w})^{p-i}\equiv a^p+(\sqrt{w})^p\)（注明：以上是二项式定理），根据费马小定理，有\(a^{p-1}\equiv 1(\bmod p)\)因此有\(a^p\equiv a (\bmod p)\) （注意，费马小定理强调a是整数，因此对\((\sqrt{w})^p\)并不能使用费马小定理）根据定理1，\((\sqrt{w})^p=\sqrt{w}\times w^{\frac{p-1}{2}}=-\sqrt{w}\) ，所以有\((a+\sqrt{w})^{p-1}=(a+\sqrt{w})\times(a+\sqrt{w})^p\equiv (a+\sqrt{w})(a^p+(\sqrt{w})^p)\)

而\((a+\sqrt{w})(a^p+(\sqrt{w})^p)\equiv (a+\sqrt{w})(a-\sqrt{w})=a^2-w=n\)

故有\((a+\sqrt{w})^{p-1}\equiv n\)，因此\((a+\sqrt{w})^{\frac{p-1}{2}}\)为原方程的一个解。

​ 证毕

可能你们会有疑惑，不是正整数吗？这个根号下w不管怎么看那都是一个实数啊，其实否则，n是p的二次剩余，而且该解知足条件，那么该解在mod p意义下必定是一个整数，可是实数怎么参与取模运算呢?咱们利用扩域的思想，数学家在从实数想复数扩域时，定义了一个\(a+bi\)这里咱们一样能够借鉴，定义一个\(a+b\sqrt{w}\)，记录时只记录a和b，而后利用\((a_1+b_1\sqrt{w})(a_2+b_2\sqrt{w})=(a_1a_2+b_1b_2w)+(a_1b_2+a_2b_1)\sqrt{w}\)去定义这个域上的乘法运算（别忘取余），能够实现快速幂。

因为\([1,p-1]\)一中有通常的数都是二次剩余，因此咱们随机的指望次数为2

同时，若是\(x_1\)知足方程，那么在mod p意义下它的相反数也知足方程，即\(p-x_1\)

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#define dd double
#define ll long long
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define N number
#define M number
using namespace std;

ll n,p,w;
int t;

inline ll ksm(ll a,ll b){
	ll res=1;
	while(b){
		if(b&1) res=(res*a)%p;
		a=(a*a)%p;
		b>>=1;
	}
	return (res%p+p)%p;
}

inline ll lrd(ll x){
	return ksm(x,(p-1)>>1);
}

struct rode{
	ll x,y;
	inline void intt(ll x_,ll y_){
		x=x_;y=y_;
	}
};

inline rode operator * (const rode &a,const rode &b){
	rode c;c.intt(((a.x*b.x)%p+a.y*b.y%p*w%p)%p,(a.x*b.y%p+a.y*b.x%p)%p);
	return c;
}

inline rode operator ^ (rode a,ll b){
	rode c;c.intt(1,0);
	while(b){
		if(b&1) c=c*a;
		a=a*a;
		b>>=1;
	}
	return c;
}

inline void solve(ll x){
	int if_=lrd(x);
	if(if_==p-1) printf("Hola!\n");
	else if(if_==0) printf("0\n");
	else{
		ll q=rand()%p;w=(((q*q)%p-n)%p+p)%p;
		while(lrd(w)<=1) q=rand()%p,w=(((q*q)%p-n)%p+p)%p;
		rode a;a.intt(q,1);
		a=a^((p+1)>>1);
		ll ans1=a.x,ans2=p-ans1;
		if(ans1>ans2) ans1^=ans2,ans2^=ans1,ans1^=ans2;
		printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
	}
}

int main(){
	srand(time(0));
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%lld%lld",&n,&p);
		solve(n);
	}
	return 0;
}

还记得“每两个不一样的数对，它们之间相互不一样余”吗？这也说明，对于一个二次剩余\(y^2(\bmod p)\)来讲，它有且只有两个解，\(x\)和\(p-x\)。

参考资料

1.https://blog.csdn.net/dmt38421/article/details/102018271?utm_medium=distribute.pc_relevant.none-task-blog-BlogCommendFromMachineLearnPai2-2.control&depth_1-utm_source=distribute.pc_relevant.none-task-blog-BlogCommendFromMachineLearnPai2-2.control威尔逊定理证实

2<https://baike.baidu.com/item/%E4%BA%8C%E6%AC%A1%E5%90%8C%E4%BD%99%E5%BC%8F>百度百科二次同余式

3.https://www.luogu.com.cn/blog/ILikeDuck/gao-si-zheng-shuo-yu-er-ci-sheng-yu洛谷日报