普通二次剩余（\(p\)为奇质数）
一、勒让德符号\((\frac{n}{p})\)与欧拉判别
对于正整数\(n\)，勒让德符号如下，可直接判别二次剩余：
\[\large (\frac{n}{p})=0，n\text{与p同余。} \]
\[\large (\frac{n}{p})=1，n\text{是模p的二次剩余。} \]
\[\large (\frac{n}{p})=-1，n\text{不是模p的二次剩余。} \]
定理1：在\([0,p-1]\)中，二次剩余至少有\(\frac{p-1}{2}\)个。
证明:
先证明最多有两个不同的范围内的整数平方后是同余的。
假设存在范围内的整数\(a\)和\(b\)和\(c\)，满足\(a\neq b \neq c, a^2 \equiv b^2 \equiv c^2 \pmod p\)。
推出
\[(a+b)(a-b) \equiv 0\pmod p\\ (b+c)(b-c) \equiv 0\pmod p\\ (c+a)(c-a) \equiv 0\pmod p\\ \]
由于三者互不相等，所以有
\[a+b \equiv b+c \equiv c+a \equiv 0 \pmod p \]
得到\(a\equiv b\equiv c\equiv 0 \pmod p\)，与假设不符，证伪。
所以对于一个二次剩余，最多有两个模意义下的平方根。所以定理1得证。
定理2：在\([0,p-1]\)中，二次剩余有\(\frac{p-1}{2}\)个。
由于\(a^2\equiv (-a)^2\pmod p\)，又因为一个二次剩余最多是两个数的平方，所以得证。
例1：给定奇质数p与正整数n，求n的二次剩余。（Cipolla算法）
我们随机一个\(a\)，使得\(a^2-n\)为非二次剩余。根据刚才的结论，期望随到的次数为2次。
然后我们类比复数，定义\(i=\sqrt{a^2-n}\)。现在我们先证明几个定理：
1、\(i^p=-i\)
证明：
\[i^n=i(i^2)^\frac{p-1}{2}=-i \]
理由如下：\(i\)平方后为一个非二次剩余，然后按照欧拉判别式，得到其为\(-1\)。
2、\((a+b)^p=a^p+b^p\)
我们若将其按照二项式定理展开，除了\(\binom{p}{0},\binom{p}{p}\)两项以外，其余所有的项展开过后分子都有一个\(p\)是约不掉的，因为\(p\)是质数，所以小于它的都没办法把它约掉。所以这些项对\(p\)取模为\(0\)。
所以我们可以构造出答案为
\[(a+i)^{\frac{p+1}{2}} \]
推导如下：
\[\begin{align} [(a+i)^{\frac{p+1}{2}}]^2 &= (a+i)^{p+1}\\ &=(a-i)(a+i)\\ &=a^2-i^2\\ &=n \end{align} \]
德政。
一般二次剩余
这里是天坑