下文只在模质数意义下讨论。
即给定
是质数,求所有
。
若存在解则
称为
的二次剩余。
首先将
的特殊情况判掉。下文
是奇质数。
首先显然模奇质数
意义下会有恰好
个二次剩余。
首先如何判定,有一个定理:
并且若有解
,则仅有
和
这两组解。这个定理易证,略去证明。
(上述两个定理都可以通过百度“二次剩余”搜到证明(应该能))
那么考虑一个算法:在
随机一个整数
,使得:
不是关于
的二次剩余。由于有恰好一半不是,因此随机两步就会随机出一组。那么令
(这里可能不存在在模
意义下后半部分的平方根,这里只是定义一个有
性质的
)。
可以显然证明:
。
那么考虑令
因此
就是
的一组解,其解集为
时间复杂度
。实现的时候可以将
视为
,利用
即可做一次乘法。代码(应该是正确的):
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define gc getchar()
using namespace std;typedef long long lint;
inline int inn() { int x,ch;while((ch=gc)<'0'||ch>'9');x=ch^'0';while((ch=gc)>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');return x; }
inline int fast_pow(int x,int k,int p,int ans=1) { for(;k;k>>=1,x=(lint)x*x%p) (k&1)?ans=(lint)ans*x%p:0;return ans; }
struct RAND{ unsigned int x;RAND() { x=1000000007; }
inline int operator() (int a,int b) { return x=(x<<11)^(x>>3)^x^998244353,int(x%(b-a+1)+a); }
}rnd; struct E{ int t,c;E(int _t=0,int _c=0) { t=_t,c=_c; } };
inline E tms(const E &a,const E &b,int w2,int p) { return E(((lint)a.t*b.t+(lint)a.c*b.c%p*w2)%p,((lint)a.c*b.t+(lint)a.t*b.c)%p); }
inline int calc(E x,int w2,int k,int p) { E ans(1,0);for(;k;k>>=1,x=tms(x,x,w2,p)) if(k&1) ans=tms(ans,x,w2,p);return ans.t; }
inline int solve(int n,int p)
{
if(fast_pow(n,(p-1)/2,p)==p-1) return -1;int t,w;
do{
t=rnd(1,p-1),w=((lint)t*t-n)%p;if(w<0) w+=p;
}while(fast_pow(w,(p-1)/2,p)==1);
return calc(E(t,1),w,(p+1)/2,p);
}
int main()
{
for(int T=inn();T;T--)
{
int n=inn(),p=inn();n%=p;if(!n) { printf("0\n");continue; }
if(p==2) { printf("1\n");continue; }int ans1=solve(n,p),ans2=p-ans1;
if(ans1==-1) { printf("No answer!\n");continue; }
if(ans1>ans2) swap(ans1,ans2);printf("%d %d\n",ans1,ans2);
}
return 0;
}
`