在学多项式求逆的时候顺便就推了一下多项式的开根，
结果毫无疑问的要用到二c次剩余，顺路就学了一下，
二次剩余
给出 n , P n,P n,P(P为奇质数)，如果存在一个 a a a 使得 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod{P} a2≡n(modP) ，那么n在模P的意义下就是二次剩余，
CTY大佬的方法
因为这个问题是由二次开方引起的，自然，模数有已知原根
r
r
r，那么：
r
2
I
n
d
r
(
a
)
≡
r
I
n
d
r
(
n
)
(
m
o
d
P
)
r^{2Ind_r(a)}\equiv r^{Ind_r(n)} \pmod{P}
r2Indr(a)≡rIndr(n)(modP)
I n d Ind Ind是离散对数里面的东西，定义为 r I n d r ( x ) ≡ x ( m o d P ) r^{Ind_r(x)}\equiv x \pmod{P} rIndr(x)≡x(modP)
- 定理1：方程 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod{P} a2≡n(modP)，只有 P − 1 2 \frac{P-1}{2} 2P−1个n使方程有解（0除外）
- 证明：可以发现，如果 I n d r ( n ) Ind_r(n) Indr(n)为奇数的话，这个方程就无解，因为 I n d r ( n ) Ind_r(n) Indr(n)相当于是在模P-1的意义下的，而P-1必为偶数，也就是不存在2的逆元； I n d r ( n ) Ind_r(n) Indr(n)的取值范围为0~P-2，共有 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1为偶数，所以只有这么多个n使方程有解。
回归主题，要求出 I n d r ( a ) Ind_r(a) Indr(a)，也就是要求出 I n d r ( n ) Ind_r(n) Indr(n)，
那么如何快速求出
I
n
d
r
(
n
)
Ind_r(n)
Indr(n)呢？
设一个阈值
ω
\omega
ω，那么
I
n
d
r
(
n
)
Ind_r(n)
Indr(n)一定可以被表示成
a
ω
+
b
a\omega+b
aω+b，
也就是：
r
a
ω
∗
r
b
≡
n
(
m
o
d
P
)
r^{a\omega}*r^{b}\equiv n \pmod{P}
raω∗rb≡n(modP)
r
b
≡
n
∗
(
r
a
ω
)
−
1
(
m
o
d
P
)
r^{b}\equiv n*(r^{a\omega})^{-1} \pmod{P}
rb≡n∗(raω)−1(modP)
显然，所有的
r
b
r^b
rb可以预处理出来，
那么，剩下的只要枚举a了，判断是否有对应的b即可，
如果
ω
=
n
\omega=\sqrt{n}
ω=n，复杂度即为：
O
(
n
log
(
n
)
)
O(\sqrt{n}\log(n))
O(nlog(n))（还有求逆元）
.
对于上面的定理1，其实还有一种证明：
- 定理1：方程 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod{P} a2≡n(modP)，只有 P − 1 2 \frac{P-1}{2} 2P−1个n使方程有解（0除外）
- 证明：考虑对于所有的a，可以平方出多少个不同的n，
如果两个数 a , b a,b a,b他们满足 a 2 ≡ b 2 ( m o d P ) a^2\equiv b^2 \pmod{P} a2≡b2(modP)，那么 a 2 − b 2 ≡ 0 ( m o d P ) a^2-b^2\equiv 0 \pmod{P} a2−b2≡0(modP)也就是 ( a 2 − b 2 ) ∣ P (a^2-b^2)|P (a2−b2)∣P， ( a − b ) ( a + b ) ∣ P (a-b)(a+b)|P (a−b)(a+b)∣P，显然(a-b)不可能是P的倍数，所以(a+b)就肯定是P的倍数，也就是a,b也满足： a + b = P a+b=P a+b=P，
所以能组合出的不同的n就只有 P − 1 2 \frac{P-1}{2} 2P−1个
Cipolla
介绍一个东西：勒让德符号(Legendre symbol)
定义为： ( n P ) = { 1 n在模P意义下是二次剩余 − 1 n在模P意义下是非二次剩余 0 , n ≡ 0 ( m o d P ) \left(\frac{n}{P}\right)=\begin{cases} 1& \text{n在模P意义下是二次剩余}\\ -1& \text{n在模P意义下是非二次剩余}\\ 0,&n\equiv0\pmod{P} \end{cases} (Pn)=⎩⎪⎨⎪⎧1−10,n在模P意义下是二次剩余n在模P意义下是非二次剩余n≡0(modP)
求值也很简单：（当然你用上边的方法判定没人拦…）
- 定理2： ( n P ) ≡ n P − 1 2 ( m o d P ) \left(\frac{n}{P}\right)\equiv n^{\frac{P-1}{2}} \pmod{P} (Pn)≡n2P−1(modP)
- 证明：先证明 n P − 1 2 n^{\frac{P-1}{2}} n2P−1在模P的意义下一定为0或-1或1，
- 等于0显然，对于对于1/-1，根据费马小定理，一定有 n P − 1 ≡ 1 ( m o d P ) n^{P-1}\equiv 1 \pmod{P} nP−1≡1(modP)，也就是设方程 x 2 ≡ 1 ( m o d P ) x^2\equiv 1\pmod{P} x2≡1(modP)，x只能是1/-1，这个可以把左边的方程移项解得；
- 接下来是正确性的证明：如果 n P − 1 2 ≡ 1 ( m o d P ) n^{\frac{P-1}{2}}\equiv 1 \pmod{P} n2P−1≡1(modP)，令 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod{P} a2≡n(modP)，那么 ( a 2 ) P − 1 2 ≡ n P − 1 2 ( m o d P ) (a^{2})^{\frac{P-1}{2}}\equiv n^{\frac{P-1}{2}} \pmod{P} (a2)2P−1≡n2P−1(modP)，也就是 a P − 1 ≡ 1 ( m o d P ) a^{P-1}\equiv 1 \pmod{P} aP−1≡1(modP)，显然存在至少一个a满足；
- 如果 n P − 1 2 ≡ − 1 ( m o d P ) n^{\frac{P-1}{2}}\equiv -1 \pmod{P} n2P−1≡−1(modP)，依旧令 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod{P} a2≡n(modP)，那么 ( a 2 ) P − 1 2 ≡ n P − 1 2 ( m o d P ) (a^{2})^{\frac{P-1}{2}}\equiv n^{\frac{P-1}{2}} \pmod{P} (a2)2P−1≡n2P−1(modP)，也就是 a P − 1 ≡ − 1 ( m o d P ) a^{P-1}\equiv -1 \pmod{P} aP−1≡−1(modP)，显然没有a满足；
接下来，开始脑洞…（遇到看不懂的没关系继续往下看先）
首先我们先开始不停的随机，直到找到一个t，使得 ( t 2 − n n ) = − 1 \left( \frac{t^2-n}{n} \right)=-1 (nt2−n)=−1，（先别管为什么）找出t的期望随机次数为2，（因为有 P − 1 2 \frac{P-1}{2} 2P−1个是无解的，即每次有0.5的概率找到）
$ \frac{t^2-n}{n}$是不能被开方的，那么我们就强行让它可以开方；设 ω = t 2 − n \omega=\sqrt{t^2-n} ω=t2−n（类似于 i = − 1 i=\sqrt{-1} i=−1），
最终的答案就是：
a
≡
(
t
+
ω
)
P
+
1
2
(
m
o
d
P
)
a\equiv(t+\omega)^{\frac{P+1}{2}}\pmod{P}
a≡(t+ω)2P+1(modP)
要证明还要有两个结论：
-
定理3： ω P ≡ − ω ( m o d P ) \omega^P \equiv -\omega\pmod{P} ωP≡−ω(modP)
-
证明： ω P = ω ∗ ω P − 1 = ω ∗ ( ω 2 ) P − 1 2 = ω ∗ ( t 2 + n ) P − 1 2 = − ω \omega^P=\omega*\omega^{P-1}=\omega*(\omega^2)^{\frac{P-1}{2}}=\omega*(t^2+n)^{\frac{P-1}{2}}=-\omega ωP=ω∗ωP−1=ω∗(ω2)2P−1=ω∗(t2+n)2P−1=−ω
-
定理4： ( a + b ) P ≡ a P + b P ( m o d P ) (a+b)^P\equiv a^P+b^P \pmod{P} (a+b)P≡aP+bP(modP)
-
证明： ( a + b ) P = ∑ i = 1 P C P i a i b P − i (a+b)^P=\sum_{i=1}^P C_P^ia^ib^{P-i} (a+b)P=i=1∑PCPiaibP−iC公式里面的质数P是无法消掉的，所以除了 C p 1 C_p^1 Cp1和 C P P C_P^P CPP其他的C公式都是P的倍数，会被模掉。
有了这俩，就可以证明了：（还有一个显然的结论：
t
P
≡
t
(
m
o
d
P
)
t^P\equiv t\pmod{P}
tP≡t(modP)）
最后把过程写上，
- 找到t使得 ( t 2 − n n ) = − 1 \left( \frac{t^2-n}{n} \right)=-1 (nt2−n)=−1，设 ω = t 2 − n \omega=\sqrt{t^2-n} ω=t2−n
- 方程 a 2 ≡ n ( m o d P ) a^2\equiv n \pmod P a2≡n(modP)的解为 a ≡ ( t + ω ) P + 1 2 ( m o d P ) a\equiv(t+\omega)^{\frac{P+1}{2}} \pmod{P} a≡(t+ω)2P+1(modP)
给出一道例（裸）题：
【Timus Online Judge 1132】 Square Root
2345
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