二次剩余及其计算方法

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二次剩余

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前言

在有些时候，我们会需要求解这样的问题 $x^2\equiv a\pmod{p}$
给定 $a$ 求是否有 $x$ 满足这个式子，若有r则称a是模p的二次剩余
若没有满足条件的 $x$ ，则称a是模p的非二次剩余
然而在一些题目中，我们既要判定它是否是模p的二次剩余，也要判断其值，本文就对此进行一些探究

对于所有模数

二次剩余数量

我们发现 $a^2\equiv (p-a)^2\pmod p$
所以满足条件的二次剩余数量不可能超过 $\left\lfloor\frac n2\right\rfloor+1$

不同模数下的二次剩余

模数为偶质数

~~显然偶质数只有一个，那就是2~~
显然 $0$ 和 $1$ 都是 $2$ 的二次剩余

模数为奇质数

对于判定模数为奇素数时的情况
我们定义勒让德符号：
$\left(\frac ap\right)=\begin{cases}+1&如果a\not\equiv0\pmod p且有整数x满足x^2\equiv a\pmod p\\ -1&如果没有整数x满足x^2\equiv a\pmod p\\ 0&如果a\equiv0\pmod p \end{cases}$

我们先引入欧拉准则
这是一个用来判定的经典准则（其实勒让德符号的定义准确来说就是从这里定义的）
这里规定，当模数为奇素数的时候···（此处省略解释）
直接代入勒让德符号成为
$\left(\frac ap\right)=a^{\frac{p-1}2}\pmod p$

~~口糊一下证明~~
由于模数是奇素数，所以我们就可以使用拉格朗日定理（ $k$ 次多项式至多 $k$ 个根）
所以对于任意一个 $a$ ，满足 $x^2\equiv a\pmod p$ 的 $x$ 数量至多为 $2$
现在我们把 $a = 0$ 的情况扔掉，因为 $a = 0$ 显然满足上式
只考虑 $a\neq0$ 的情况
首先我们有费马小定理 $a^{p-1}\equiv1\pmod p$
由于 $p$ 是奇数，我们开始推式子
移项得
$a^{p-1}-1\equiv0\pmod p$
因式分解得
$(a^{\frac{p-1}2}-1)(a^{\frac{p-1}2}+1)\equiv0\pmod p$
我们发现，如果有 $x$ 满足 $x^2\equiv a\pmod p$ ，那么根据费马小定理 $x^{p-1}\equiv1\pmod p$
将 $x$ 用 $a$ 代替
$a^{\frac{p-1}2}\equiv1\pmod p$
如果没有满足条件的 $x$ ，这说明
$a^{\frac{p-1}2}\not\equiv1\pmod p$
则根据上面的方程，两项中至少有一项为 $0$
则 $a^{\frac{p-1}2}\equiv-1\pmod p$
证毕

现在我们已经会如何判定了，然而OI中更多的是要求这个值（大雾）
假设我们现在已经判定完了，发现 $a$ 是模 $p$ 的二次剩余
我们现在要求 $x^2\equiv a\pmod p$
移项得 $a^{-1}x^2\equiv 1\pmod p$
设 $x_i$ 满足 $(a^{-1}x_i^2)^{2^i}\equiv 1\pmod p$
我们发现 $x_0$ 就是我们要求的值
我们提出 $p - 1$ 所有的 $2$ 因子： $p-1=2^ts$
我们得到一个已知的解了： $x_{t-1}=a^{\frac{s+1}2}$
为什么？
代入 $(a^{-1}x_{t-1}^2)^{2^{t-1}}\equiv(a^{-1}a^{s+1})^{2^{t-1}}\equiv a^{2^{t-1}s}\equiv a^\frac{p-1}2\equiv1\pmod p$
如果我们现在能够递推，那就能求答案了
首先我们发现 $a^{-1}x_i^2$ 是模 $p$ 意义下的 $2^t$ 阶单位根
设 $a^{-1}x_i^2=\omega_i$
我们现在已知 $x_i$ 要递推求 $x_{i-1}$
由于 $\omega_i^{2^i}\equiv1\pmod p$
所以 $\omega_i^{2^{i-1}}\equiv\pm1\pmod p$

如果 $\omega_i^{2^{i-1}}\equiv1\pmod p$
那么可以进行赋值 $x_{i-1}=x_i$
*如果 $\omega_i^{2^{i-1}}\equiv-1\pmod p$
我们现在要找一个 $\lambda$ 使得 $x_{i-1}=\lambda x_i$ 并且满足条件 $(a^{-1}(\lambda x_i)^2)^{2^{i-1}}\equiv 1\pmod p$
与式子 $(a^{-1}x_i^2)^{2^{i-1}}\equiv -1\pmod p$ 进行联立
得到 $\lambda^{2^i}\equiv-1\pmod p$
我们发现等于 $- 1$ 这个条件非常熟悉
对于一个非二次剩余 $b$ ， $b^{\frac{p-1}2}\equiv-1\pmod p$
化一下式子成 $-1\equiv b^{\frac{p-1}2}\equiv b^{2^{t-1}s}\equiv (b^{2^{t-i-1}s})2^i$
所以我们可以直接 $\lambda=b^{2^{t-i-1}s}\mod p$
至于怎么找这个 $b$ 也非常简单，直接rand即可，由于非二次剩余占比为一半，即 $T=1+\frac T2$ 即 $T = 2$ ，所以是 $\mathcal O(1)$ 的
该算法的总复杂度为 $\mathcal O(log^2p)$
贴出代码

const int mod=998244353;
template<typename T>
inline int pow(int x,T y)
{
    rg int res=1;x%=mod;
    for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod)if(y&1)res=(ll)res*x%mod;
    return res;
}
inline int Quadratic_residue(const int a)
{
	if(a==0)return 0;
	int b=(rand()<<14^rand())%mod;
	while(pow(b,(mod-1)>>1)!=mod-1)b=(rand()<<14^rand())%mod;
	int s=mod-1,t=0,x,inv=pow(a,mod-2),f=1;
	while(!(s&1))s>>=1,t++,f<<=1;
	t--,x=pow(a,(s+1)>>1),f>>=1;
	while(t)
	{
		f>>=1;
		if(pow((int)((ll)inv*x%mod*x%mod),f)!=1)x=(ll)x*pow(b,s)%mod;
		t--,s<<=1;
	}
	return min(x,mod-x);
}