二次剩余

二次剩余

求啥？

要求解的东西是\[x^2\equiv n(mod\ p)\]
其中\(p\)是一个奇质数。

前置条件

有二次剩余的条件：
\[n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(mod\ p)\]

• 证实：
  根据费马小定理，有\(n^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)。
  假设存在解\(x\)，那么有\(a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)，还有\(a^2\equiv n(mod\ p)\)。
  那么有：
  \[a^{p-1}=(a^2)^{\frac{p-1}{2}}=n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(mod\ p)\]

怎么作呢？

• 第一种作法：
  假设\(g\)是\(p\)的原根，那么只须要求解\(g^a\equiv n(mod\ p)\)，那么解\(x=g^{\frac{a}{2}}\)。
  这里须要解决的问题就是为何\(a\)必定会是一个偶数。
  回到上面的式子，经保证存在解了，因此\((g^a)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(mod\ p)\)。
  而因为费马小\(g^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)，因此能够知道\(g^\frac{a}{2}\)确定是有意义的。
  因此一个合法的解就是\(x=g^{\frac{a}{2}}\)。
  而这个\(a\)的求解可使用\(BSGS\)在\(O(\sqrt n)\)的复杂度里面求解。

• 第二种作法
  发现大概是一半的数存在二次剩余，另一般不存在。咱们先随便找一个\(a\)，使得\(a^2-n\)不存在二次剩余，这个随便找的指望次数是\(2\)次。
  令\(\omega=\sqrt{a^2-n}\)，这个定义相似\(i\)的定义，这样一来全部数均可以表示成\(a+b\omega\)的形式。
  由于\(\omega^2\)这个东西不存在二次剩余，因此\((\omega^2)^{\frac{p-1}{2}}=\omega^{p-1}\neq 1(mod\ p)\)。
  可是\((\omega^2)^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)，因此咱们知道了\(\omega^{p-1}\equiv -1(mod\ p)\)。
  咱们要求的是\(n\)，\(n=a^n-\omega^2=(a+\omega)(a-\omega)\)。
  先考虑\(a-\omega\)这一项，根据费马小有\(a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)，
  根据前面推的东西有\(\omega^{p-1}\equiv -1(mod\ p)\)。
  因此\(a-\omega\equiv a^p+\omega^p(mod\ p)\)。
  而由于\(p\)是质数，因此在\(p\choose j\)中，只有\(j=0,p\)的时候\(p\choose j\)才不是\(p\)的倍数。
  因此能够获得在模意义下\((a+\omega)^p\equiv a-w(mod\ p)\)。
  因而咱们就获得了：\((a+\omega)^{p+1}\equiv n(mod\ p)\)。
  由于要求的是\(n\)的二次剩余，而\(p+1\)也刚好是偶数，因此咱们获得了答案\((a+\omega)^{\frac{p+1}{2}}\)。
  问题是这个东西里面极可能带有\(\omega\)项，因此咱们就来证实其中不含有\(\omega\)。接下来默认把同余给写成\(=\)了。
  假设\((a+\omega)^{\frac{p+1}{2}}=xa+y\omega\)，因此\((xa+y\omega)^2=n\)。
  拆开以后获得\(x^2a^2+y^2(a^2-n)+2xay\omega=n\)。
  因此\(x=0\)或者\(y=0\)。
  假设\(x=0,y\neq 0\)，那么\(y^2(a^2-n)=n\)，左边的\(y^2\)显然有二次剩余\(y\)，\(a^2-n\)没有二次剩余，因此其乘积也没有二次剩余，与\(n\)有二次剩余矛盾。
  因此\(y=0\)。
  这样子就作完啦。