二次剩余

最新推荐文章于 2025-05-08 10:50:36 发布

litble

最新推荐文章于 2025-05-08 10:50:36 发布

阅读量1.5k

点赞数 2

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏：数学文章标签：二次剩余

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/litble/article/details/81711647

数学专栏收录该内容

74 篇文章

订阅专栏

引言

我们在研究多项式开根的时候，想到了一个问题，若常数项不为1，那么怎么开根呢？
这就涉及到二次剩余。
那么什么是二次剩余呢？若在模 $p$ 意义下，存在一个 $x$ ，使得 $x2≡a(modp)x^2 \equiv a \pmod{p}$ ，则称 $a$ 为 $x$ 关于 $p$ 的二次剩余。若不存在这样的 $x$ ，则称 $a$ 为非二次剩余。
现在我们知道了 $a$ ，要求解 $x$ ，怎么办呢？

p为奇素数

首先引入欧拉准则：
当 $a$ 为模 $p$ 意义下的二次剩余时， $ap−12≡1(modp)a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$
当 $a$ 为模 $p$ 意义下的非二次剩余时， $ap−12≡p−1(modp)a^{\frac{p-1}{2}} \equiv p-1 \pmod{p}$
我们要求的 $x$ 满足： $(a−1x2)20≡1(modp)(a^{-1}x^2)^{2^0} \equiv 1 \pmod{p}$
设 $p-1=s2^t$ ，设 ${t-1}=a^{\frac{s+1}{2}}$ ，那么根据欧拉准则第一条，有： $(a−1xt−12)2t−1≡1(modp)(a^{-1}x_{t-1}^2)^{2^{t-1}} \equiv 1 \pmod{p}$
诶…要不我们设 $(a−1xt−k2)2t−k≡1(modp)(a^{-1}x _ {t-k}^2)^{2^{t-k}} \equiv 1 \pmod{p}$ ，这样我们要求的就是 $x_0$
思考如何从 $x _ {t-k}$ 推到 $x _ {t-k-1}$ 。
设 $e _ {t-k}=a^{-1}x _ {t-k}^2$
若 ${t-k}^{2^{t-k-1}} \equiv 1 \pmod{p}$ （即将 $e _ {t-k}^{2^{t-k}}$ 开根），显然 $x _ {t-k-1}=x _ {t-k}$
若 ${t-k}^{2^{t-k-1}} \equiv p-1 \pmod{p}$ 。我们试图让 $x _ {t-k}$ 乘一个值使得它变成 $x _ {t-k-1}$ 。那么想到欧拉准则的第二条，首先随机一个非二次剩余 $b$ ，然后发现 $(b2k−1s)2t−k≡p−1(modp)(b^{2^{k-1}s})^{2^{t-k}} \equiv p-1 \pmod{p}$ ，所以 $b^{2^{k-1}s}$ 是我们满足条件的值，此时让 $x _ {t-k-1}=b^{2^{k-1}s}x _ {t-k}$ 即可。
最后 $x_0$ 其实有正负两个解，都满足条件。
例题:URAL 1132
代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
int read() {
	int q=0;char ch=' ';
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') q=q*10+ch-'0',ch=getchar();
	return q;
}
int T,a,p,bin[22];
int ksm(int x,int y,int p) {
	int re=1;
	for(;y;y>>=1,x=1LL*x*x%p) if(y&1) re=1LL*re*x%p;
	return re;
}
int jud(int x,int p) {return ksm(x,(p-1)/2,p)==1;}
void work() {
	int s=p-1,b,t=0;
	while(!(s&1)) ++t,s>>=1;
	int inva=ksm(a,p-2,p),e=ksm(a,s,p),x=ksm(a,(s+1)/2,p);
	while("xzy is too strong") {
		b=rand()%p+1,b=((b*b-a)%p+p)%p;
		if(b&&!jud(b,p)) break;
	}
	for(RI k=1;k<t;++k)
		if(ksm(e,bin[t-k-1],p)!=1)
			x=1LL*x*ksm(b,bin[k-1]*s,p)%p,e=1LL*inva*x%p*x%p;
	int x1=x,x2=p-x;
	if(x1>x2) swap(x1,x2);
	printf("%d %d\n",x1,x2);
}
int main()
{
	srand(19260817);
	T=read();
	bin[0]=1;for(RI i=1;i<=20;++i) bin[i]=bin[i-1]<<1;
	while(T--) {
		a=read(),p=read();
		if(p==2) {puts("1");continue;}
		if(!jud(a,p)) {puts("No root");continue;}
		work();
	}
    return 0;
}

p为奇素数的幂

求满足 $x2≡a(modpq)x^2 \equiv a \pmod{p^q}$ 的 $x$ 。
设 $a=p^kd$ 。
显然答案是 $x=pk2x0x=p^{\frac{k}{2}}x_0$ 的形式。
则 $pkx02≡pkd(modpq)p^k x _ 0^2 \equiv p^k d \pmod{p^q}$ ，也就是说 $0^2)p^k \equiv 0 \pmod{p^q}$ ，那么有 $0^2) \equiv 0 \pmod{p^{q-k}}$
问题转化为求 $0^2 \equiv d \pmod{p^{q-k}}$ ，而 $d$ 与 $p$ 是互质的。
为了方便起见，假设我们现在要求解的问题是 $x2≡a(modpq)x^2 \equiv a \pmod{p^q}$ ， $a$ 与 $p$ 互质。

找到一个模 $p^q$ 的简化剩余系下的原根 $g$ ，我们就可以用 $gr(1≤r≤ϕ(pq))g^r(1 \leq r \leq \phi(p^q))$ 来表示所有在模 $p^q$ 意义下与 $p^q$ 互质的数。
当 $r$ 为奇数时，设存在 $gr≡g2m(modpq)g^r \equiv g^{2m} \pmod{p^q}$ 。也就是 $\equiv 2m \pmod{\phi(p^q)}$ ，也就是 $r=2m+kϕ(pq)r=2m+k\phi(p^q)$ 。
我们知道 $ϕ(pq)=(p−1)pq−1\phi(p^q)=(p-1)p^{q-1}$ ，又因为 $p$ 是奇素数，所以 $ϕ(pq)\phi(p^q)$ 是偶数，所以 $2m+kϕ(pq)2m+k\phi(p^q)$ 也是偶数。而 $r$ 是奇数，所以显然找不到这样的 $m$ 。
当然因为 $g$ 肯定是与 $p$ 互质的，所以 $gr≡g2mpt(modpq)g^r \equiv g^{2m}p^t \pmod{p^q}$ 也是不可能成立的啦。所以此时 $g^r$ 是个二次非剩余啦。
而当 $r$ 为偶数的时候，显然 $g^r$ 是个二次剩余啦。

对于任意二次剩余 $g^{2k}$ ，有
$(g2k)ϕ(pq)2=(gk)ϕ(pq)≡1(modpq)(g^{2k})^{\frac{\phi(p^q)}{2}} = (g^k)^{\phi(p^q)} \equiv 1 \pmod{p^q}$
对于任意二次非剩余 $g^{2k+1}$ 有：
$(g2k+1)ϕ(pq)2≡gϕ(pq)2(mod()pq)(g^{2k+1})^{\frac{\phi(p^q)}{2}} \equiv g^{\frac{\phi(p^q)}{2}} \pmod(p^q)$
我们知道 $gϕ(pq)2g^{\frac{\phi(p^q)}{2}}$ 与 $gϕ(pq)g^{\phi(p^q)}$ 肯定不相等，而后者等于1,前者是后者的开根，所以等于-1。
我们得到了一个new欧拉准则。
求解时，先将问题转化为 $a$ 与 $p$ 互质，然后令 $ϕ(pq)=s2t\phi(p^q)=s2^t$ ，套用p为奇素数时的求解方法即可。

p为2的幂

这个嘛…同样，化一下，令 $a=2^kd$ ，那么求解 $0^2 \equiv d \pmod{2^{q-k}}$ ，然后解就是 $x=2k2(x0+2q−kt)x=2^{\frac{k}{2}}(x _ 0+2^{q-k}t)$ 的形式。
然后我们知道，当 $q = 1$ 的时候，当 $a = 1$ 时有解 $x = 1$
当 $q = 2$ 时，当 $a = 1$ 时有解 $x = 1, x = 3$
当 $q = 3$ 时，当 $a = 1$ 时有解 $x = 1, x = 3, x = 5, x = 7$
我们将 $q = k$ 意义下解的形式写成 $xk \pm (y _ k+t _ k 2^{k-1})$ 。记 $ak=a&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;2ka_k = a \bmod{2^k}$
继续推，现在我们已知了 ${k-1}\equiv\pm(y _ {k-1}+t _ {k-1}2^{k-2}) \pmod{2^{k-1}}$
那么 $x _ {k-1}^2$ 在模 $2^k$ 意义下可能是 $a _ {k-1}$ 或 $a _ {k-1}+2^{k-1}$ 。我们在现在符合条件的若干 $t _ {k-1}$ 值中选择出能使 ${k-1}^2 \equiv a _ k \pmod{2^k}$ 的，然后：
${k-1}2^{k-2})^2 \equiv a _ k \pmod{2^k}$
将左边的式子拆开，得到 $y _ {k-1}^2 + t _ {k-1}2^{k-1}y _ {k-1}+t _ {k-1}^2 2^{2k-4}$ ，由于我们之前已经保证过了 $a$ 是奇数，所以 $y$ 一定是奇数，而我们知道 $tk−12k−1×2≡0(mod2k)t_{k-1}2^{k-1} \times 2 \equiv 0 \pmod{2^k}$ 所以第二项一定等于 $t_{k-1}2^{k-1}$ 。第三项则一定等于0。
所以
${k-1}^2 + t _ {k-1}2^{k-1} \equiv a _ k \pmod{2^k}$
${k-1}2^{k-1} \equiv a _ k -y _ {k-1}^2 \pmod{2^k}$
$\equiv \frac{a _ {k} - y _ {k-1}^2}{2^{k-1}} \pmod{2}$
所以设 $\frac{a _ {k} - y _ {k-1}^2}{2^{k-1}} + 2 t _ k$ ，那么
$xk \pm (y _ {k-1}+\frac{a _ k- y _ {k-1}^2}{2} + 2^{k-1}t _ k)$
也就是说， ${k-1}+\frac{a _ k- y _ {k-1}^2}{2}$
所以我们就从 $q = 3$ 开始不断往上推，就可以出解了。