淺談二次剩餘——求解二次同餘方程

時間 2021-02-20

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1.二次同餘式

二次同餘式是關於未知數的二次多項式的同餘方程。即：是一個二次同餘方程。
此外，稱爲最簡二次同餘式，或稱最簡二次同餘方程。
通常的，經過配方，能夠把一個通常的二次同餘方程轉化爲一個最簡二次同餘式
接下來只須要討論最簡二次同餘式。ios

2二次剩餘

2.1 前置概念、定理即證實：

若無特殊說明，下面的模運算都是在模p的意義下算法

1.有正整數n，奇質數p，且\(p\nmid n\)，若存在一個正整數x，使得\(x^2\equiv n(\bmod p)\)則稱n爲p的二次剩餘。ui

2.勒讓德符號 \(\begin{pmatrix}\dfrac{n}{p}\end{pmatrix}\)，若n爲p的二次剩餘，則該值爲1，若不是則該值爲-1，若\(p\mid n\)，則該值爲0spa

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

證實：
1.若p能整除n，那右邊明顯模p與0同餘，故成立。
2.若n是p的二次剩餘，則根據費馬小定理(\(n^{p-1}\equiv1(\bmod p)\)其中，p爲質數)，有\(n^{\frac{p-1}{2}} = {\sqrt{n}^{p-1}}\equiv 1\)，故成立
3.若n不是p的二次剩餘，則根據擴展歐幾里得算法，對於\(i\in[1,p-1]\)都有惟一的\(j\in[1,p-1],i\neq j且ij\equiv n\)這樣的數一共有\(\frac{p-1}{2}\)個，所以\(\frac{p-1}{2}\equiv (p-1)!\)根據威爾遜定理)(：當且僅當p爲素數時有：\(( p -1 )! \equiv -1 ( \bmod p )\))，就有\(\frac{p-1}{2}\equiv -1\)code

證畢blog

威爾遜定理證實：ci

咱們知道\(1\times1\equiv 1(mod p)\)\(,( − 1 ) \times ( − 1 )\equiv (mod p)\)，且僅有這兩組的逆元與自己相等。若是\(x^2\equiv 1(\bmod p)\)那麼經過移項再因式分解能夠獲得\(x=-1\)或\(x=1\)，除了1，-1這兩個數以外，2至p-2中的每個數都必定有一個對應的逆元（註明：\(-1\equiv p-1(\bmod p)\)）且必定與本身不相等，且每個數與他的逆元一一對應。get

若是p是2，那威爾遜定理顯然成立，若是\(p>2\) ，那麼p必定是一個奇數，從2到p-2一共有偶數個數，且他們兩兩相乘mod p都是1，在乘上1（mod p爲1）和p-1（mod p爲-1）兩個數，就有\((p-1)!\equiv -1(\bmod p)\) 須要注意的是，一個數有逆元的充分必要條件是這個數與p互素，上述證實的前提是1到p-1都有逆元，即1到p-1都與p互素，天然，p是一個質數。數學

上面的證實並不嚴謹，但能看出，只有質數才能知足威爾遜定理，知足威爾遜定理的也只有是質數，因此，威爾遜定理是質數的充要條件。

證畢

定理1推論：若方程最簡二次同餘式有解的充要條件是\(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(\bmod p)\)

定理2.\([1,p-1]\)中有\(\frac{p-1}{2}\)個二次剩餘。

證實：
設\(x,y\in [1,p-1],x\neq y,x^2\equiv y^2\)，則\((x-y)(x+y)\equiv 0\) 因爲有\(0<|x-y|<p\)，因此一定是\(x+y\equiv 0\) ，知足左邊這個式子的數對共有\(\frac{p-1}{2}\)個，每兩個不一樣的數對，它們之間的平方相互不一樣餘，簡單證實能夠發現，若是兩個不一樣平方數\(x^2\)和 \(y^2\)mod質數p同餘（知足\(x,y\in [1,p-1]\)），當且僅當它們互爲相反數，證實就和上面的推理過程同樣，移項分解因式便可。與此同時，每一個數對內部的數的平方mod p同餘。這樣，在mod p意義下，定理得證。

證畢

這同時還說明，若是a是p的一個二次剩餘，p-a也是p的一個二次剩餘。

2.2求解最簡二次同餘式&二次剩餘

方法：在\([0,p-1]\)中隨機生成一個數a，另\(w=a^2-n\)，若\(\begin{pmatrix}\dfrac{w}{p}\end{pmatrix}=-1\) ，那麼\((a+\sqrt{w})^{\frac{p-1}{2}}\)是x的一個解。

證實：

顯然有\(\tbinom{p}{x}\equiv 0 (\bmod p)\)，（這是二項式係數，不要和勒讓德符號弄混），所以，\((a+\sqrt{w})^p=\sum_{i=0}^p \tbinom{p}{i}a^i(\sqrt{w})^{p-i}\equiv a^p+(\sqrt{w})^p\)（註明：以上是二項式定理），根據費馬小定理，有\(a^{p-1}\equiv 1(\bmod p)\)因此有\(a^p\equiv a (\bmod p)\) （注意，費馬小定理強調a是整數，因此對\((\sqrt{w})^p\)並不能使用費馬小定理）根據定理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\((a+\sqrt{w})^{\frac{p-1}{2}}\)爲原方程的一個解。

證畢

可能你們會有疑惑，不是正整數嗎？這個根號下w不管怎麼看那都是一個實數啊，其實否則，n是p的二次剩餘，而且該解知足條件，那麼該解在mod p意義下必定是一個整數，可是實數怎麼參與取模運算呢?咱們利用擴域的思想，數學家在從實數想複數擴域時，定義了一個\(a+bi\)這裏咱們一樣能夠借鑑，定義一個\(a+b\sqrt{w}\)，記錄時只記錄a和b，而後利用\((a_1+b_1\sqrt{w})(a_2+b_2\sqrt{w})=(a_1a_2+b_1b_2w)+(a_1b_2+a_2b_1)\sqrt{w}\)去定義這個域上的乘法運算（別忘取餘），能夠實現快速冪。

因爲\([1,p-1]\)一中有通常的數都是二次剩餘，因此咱們隨機的指望次數爲2

同時，若是\(x_1\)知足方程，那麼在mod p意義下它的相反數也知足方程，即\(p-x_1\)

代碼：

#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;
}

還記得「每兩個不一樣的數對，它們之間相互不一樣餘」嗎？這也說明，對於一個二次剩餘\(y^2(\bmod p)\)來講，它有且只有兩個解，\(x\)和\(p-x\)。