同余意义下的运算法则与逆元、和二次剩余、和数论四大定理

同余：（这里只讲整数的同余）

$10$除以 $7$余数是 $3$， $17$除以 $7$余数也是 $3$，那么就称 $10$与 $17$在模 $7$意义下同余，符号表示为 $\;10\equiv 17 \; (mod \; 7)$。
 
然后，很容易得到一些性质：

• 自反性： $a\equiv a \; (mod \; m)$
• 对称性：若 $\;a\equiv b \; (mod \; m)$，则 $\;b\equiv a \; (mod \; m)$
• 传递性：若 $\;a\equiv b \; (mod \; m)$，且 $\;b\equiv c \; (mod \; m)$，则 $\;a\equiv c \; (mod \; m)$。

这些都显然，不重要，重要的在后面。
 
 

同余意义下的加减乘：

为了简单阅读，加减乘就证明了，直接贴代码。
基于一个原理，先加减乘再取模和先取模再加减乘，结果是不影响的，需读者自己思考想清楚。
 
模p意义下的 $a+b$：(ps:这里代码的计算答案均赋值给c)

c=(a+b)%p;

 
模p意义下的 $a-b$：

c=(a%p-b%p+p)%p;

这里需要注意的是，%对负数的处理是，先对其绝对值取模，再将符号乘给它，所以我们要保证它结果为正数，需取模 $p$后加上模数 $p$再取模。
 
模p意义下的 $a\times b$;

c=a*b%p;

不管是什么运算都要注意不要溢出，比如a和b均大于模数p，且相乘会溢出的话，应该改写乘c=(a%p)*(b%p)%p，这个需自行判断。

 
 
 

模意义下的除法：

思考一个问题，先除再模和先模再除，结果是否一样？
答案显然是否，因为会有除不尽的情况。
所以引入了逆元。
 
什么是逆元？
通俗来讲， $a$的逆元就是 $a^{-1}$。
那么我们要除以 $a$，相当于只要乘上 $a^{-1}$即可。
当 $a^{-1}$是 $a$模 $p$意义下的逆元，那么就有 $aa^{-1}\equiv 1 \; (mod \; p)$
 
逆元不是一定存在的！！
模 $p$意义下， $a$的逆元存在的充要条件是 $[gcd(a,p)=1]$。
举个例子， $2$乘上 $what$在模 $4$意义下等于 $1$，不存在吧，这种情况就是没有逆元。
ps:准确来讲不应该是等于，而是与 $1$同余，当模数为 $1$时，任何数都与 $1$同余
 
那么现在考虑怎么求逆元：
先上费马小定理： $a^{p-1}\equiv 1 \; (mod \; p)$
成立条件： $p$为素数，且 $[gcd(a,p)=1]$
然后就有了： $a^{-1}\equiv a^{p-2} \; (mod \; p)$
 
所以我们现在只要求 $a^{p-2}$就好了（前提要满足费马小定理），上模板：

//才疏学浅，不敢用位运算
ll fpow(ll a,ll n,ll mod)//快速幂
{
    ll sum=1,base=a%mod;
    while(n!=0)
    {
        if(n%2)sum=sum*base%mod;
        base=base*base%mod;
        n/=2;
    }
    return sum;
}

ll inv(ll a,ll mod)//逆元
{
    return fpow(a,mod-2,mod);
}

 
 
那么现在要研究不满足费马小定理的逆元求法。
当不满足 $\;[gcd(a,p)=1]\;$那么逆元不存在，所以我们只考虑 $p$不是素数。
要求方程 $\;ax\equiv 1 \; (mod \; p)$的解。
等效成求 $\;ax+py=1$的解，然后就有拓展欧几里得求解。
传送门

 
 
学完了加减乘除，就可以轻松实战一下了。
求解方程： $ax-b\equiv c \; (mod \; p)$
那么只要两边同时加上 $b$，再同乘 $a^{-1}$即可。
就得到了： $x\equiv a^{-1}(b+c) \; (mod \; p)$
是不是很快就上手了。
 
 

再介绍一下快速乘：

先来一个场景，模数 $p=1e9+7$，要算 $a\times b(mod\; p)$，那么取模后的 $a$和 $b$都不会大于 $1e9+7$，两个乘起来也不会爆long long，这时候开long long 就可以了。
那么如果模数 $p=1e18+7$，那么取模后相乘仍有爆long long的危险，这时候要怎么办，这里介绍两种办法。
 
一种是江湖邪术：__int128
顾名思义，就是128位存储的整数，大到 $2^{127}-1$。
不过它只能在Linux环境下能够使用，在大部分oj上都能用，本地编译器无法运行，可以用long long 过了样例再换掉提交。
它自带了各种基本运算，以及强制转换符号，但是没有特定的读入和输出，所以可以用long long读进来后，强制转化成(__int128)再进行运算。
或者手写一个读入和输出，原理就是用getchar()和putchar()以及char类型和__int128型的强制转换。
__int128读入读出模板：

ll read()
{
   int X=0,w=0; char ch=0;
   while(!isdigit(ch)) {w|=ch=='-';ch=getchar();}
   while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
   return w?-X:X;
}
void print(ll x)
{    
   if(x<0){putchar('-');x=-x;}
   if(x>9) print(x/10);
   putchar(x%10+'0');
}

同样可以适用于long long的读入，使用时只要把typedef long long ll;改成typedef __int128 ll;即可。
 
 
第二种办法就是快速乘：
原理和快速幂一样，只是乘法运算变成了加法运算，复杂度是log。
直接上o(log)的模板：

ll fmul(ll a,ll b,ll mod)
{
    ll sum=0,base=(a%mod+mod)%mod;
    while(b)
    {
        if(b%2)sum=(sum+base)%mod;
        base=(base+base)%mod;
        b/=2;
    }
    return sum;
}

还有一种o(1)的写法，因为C++内有128位的long double型，可以利用它优化成o(1)。
o(1)的快速乘模板：

ll fmul(ll x,ll y,ll mod)
{
	ll tmp=(x*y-(ll)((long double)x/mod*y+1.0e-8)*mod);
	return tmp<0?tmp+mod:tmp;
}

注意，o(1)快速乘因为原理是利用128位的long double，所以将__int128和其混用，并不能改善爆__int128的问题。
但是用o(log)的快速乘和__int128混用却可以解决模数大至__int128的乘法问题。

 
 
 

模意义下的开根号（二次剩余）：

什么是剩余
多出来的；遗留下来的：剩余物资。出自《现代汉语词典》
剩余就是某个物体分成若干份等量或不等量的物体，使用后还有没使用的，没使用的对于已使用过的就算是剩余。
总之就是余数。
剩余类： 设模为n，则根据余数可将所有的整数分为n类，把所有与整数a模n同余的整数构成的集合叫做模n的一个剩余类
剩余系： 对于特定的 $n$，一个整数集合里所有数对其取模后剩下来的集合。
完全剩余系： 从模n的每个剩余类中各取一个数，得到一个由n个数组成的集合，叫做模n的一个完全剩余系。差不多就是 $0$到 $n-1$。

什么是二次剩余
对于二次同余方程 $\;x^{2}\equiv n \; (mod \; p)$，若 $[gcd(n,p)=1]$，且存在一个 $x$满足该方程，则称 $n$是模 $p$意义下的二次剩余，若无解，则称n为p的二次非剩余。

 
欧拉判别法：（书上还写了一个高斯引理，可以判定与p互素的整数是否是二次剩余，看不进去了）
对于 $p$是奇素数，我们有办法来判断 $n$是否为 $p$的二次剩余。
我们假设存在解 $x_{0}$使得 $\;x_{0}^{2}\equiv n \; (mod \; p)$。
式子转化后变成 $x_{0}^{p-1}\equiv n^{\frac{p-1}{2}} (mod\; p)$。
根据费马小定理，就有了 $n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 (mod\; p)$，此时方程有解。
且 $(n^{\frac{p-1}{2}}-1)(n^{\frac{p-1}{2}}+1) \equiv 0 (mod\; p)$，得到 $n^{\frac{p-1}{2}} \equiv \pm 1 (mod\; p)$。
另外只需要证明等于 $-1$时无解即可，此处证明略。
 
我们引入勒让德符号 $(\frac{n}{p}) \equiv n^{\frac{p-1}{2}} (mod\; p)$，其中 $n$不能被 $p$整除，整除时答案即为 $0$。
有个结论，对于 $p$为奇素数，若 $(\frac{n}{p})=1$，则 $n$是 $p$的二次剩余，反之若 $(\frac{n}{p})=-1$，则 $n$是 $p$的非二次剩余。
还有三个定理：

• 若 $a \equiv b(mod\;p)$，则 $(\frac{a}{p})=(\frac{b}{p})$。
• $(\frac{a}{p})(\frac{b}{p})=(\frac{ab}{p})$
• $(\frac{a^{2}}{p})=1$

定理自行证明。
 
还有一个更流批 一点的定理，对于奇素数 $p$，方程 $\;x^{2}\equiv n(mod\; p)$，共有 $\frac{p-1}{2}+1$个 $n$使得方程有解，换句话说有一半的二次剩余。
 
 
现在问题来了！！！传送门
如何求解方程 $\;x^{2}\equiv n(mod\; p)$，其中 $p$为奇素数。
偶素数其实就一个 $2$嘛，特判一下就好了，就可以知道 $p$是素数的了。
这显然可以用BSGS算法来求解。
我们考虑比 $o(\sqrt{p})$快的做法，但是仅限于 $p$为奇素数的情况，如果没有这个条件，还是老老实实地BSGS吧。
 
考虑 $o(log)$的做法：Cipolla算法
首先用欧拉判别法判断是否有解， $n=0$的情况特殊考虑，没解就写个无解然后下一题。
然后有非 $0$解的话，则一定是两个解，互为相反数，即 $x_{0}$和 $p-x_{0}$。
我们先随机找一个 $a$，使得 $a^{2}-n$是 $p$的非二次剩余，因为非二次剩余占一半，所以期望大约两次就可以找到了。
于是乎， $x\equiv (a+\sqrt{a^{2}-n})^{\frac{p+1}{2}}(mod\; p)$就是方程的解了！！
？？？？？？？？！
好吧我们来证明一下。
我们令 $i=\sqrt{a^{2}-n}$，因为 $a^{2}-n$是二次非剩余，所以 $i$的值是不存在的，我们将数域扩张，引入类似复数的东西。
现在我们有了下面的东西，

• $i^{2}\equiv a^{2}-n$
• $i^{p-1}\equiv -1$（这条好像没用到）
• $(A+B)^{p}\equiv A^{p}+B^{p}$

第一个根据定义。第二个是利用二次非剩余的欧拉判别性质。第三个是用二项式定理展开后，中间项都模 $p$消除了。
然后开始操作起来：
$(a+i)^{p+1}\equiv(a^{p}+i^{p})(a+i)\equiv(a-i)(a+i)\equiv a^{2}-i^{2}\equiv n$
所以 $(a+i)^{\frac{p+1}{2}}\equiv n^{\frac{1}{2}}$。
并且可以自证左边展开后是一个实数，否则若仍有虚部，则无法解决问题。
就证好了。
然后只要写一个复数类，再套快速幂就可以了。
 
上代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

typedef struct cp
{
    ll r,i;
    cp(const int&x,const int &y){r=x,i=y;}
}cp;

cp mul(cp a,cp b,ll p,ll w)
{
    return cp((a.r*b.r%p+a.i*b.i%p*w%p)%p,(a.r*b.i%p+a.i*b.r%p)%p);
}

cp cp_fpow(cp a,ll n,ll p,ll w)
{
    cp sum(1,0),base=a;
    while(n!=0)
    {
        if(n%2)sum=mul(sum,base,p,w);
        base=mul(base,base,p,w);
        n/=2;
    }
    return sum;
}

ll fpow(ll a,ll n,ll p)
{
    ll sum=1,base=a%p;
    while(n!=0)
    {
        if(n%2)sum=sum*base%p;
        base=base*base%p;
        n/=2;
    }
    return sum;
}

bool OulaPb(ll n,ll p)//欧拉判别
{
    if(fpow(n,(p-1)/2,p)==p-1)return false;
    else return true;
}

ll Cipolla(ll n,ll p)//无解返回-1
{
    n=(n%p+p)%p;
    if(n==0)return 0;
    if(p==2&&n==1)return 1;
    if(!OulaPb(n,p))return -1;
    ll a=rand()%p*rand()%p;
    while(OulaPb((a*a%p-n%p+p)%p,p))a=rand()%p*rand()%p;
    cp ans=cp_fpow(cp(a,1),(p+1)/2,p,(a*a%p-n%p+p)%p);
    return ans.r%p;
}

int main()
{
    srand(time(0));
    ll T;
    scanf("%lld",&T);
    while(T--)
    {
        ll n,p;
        scanf("%lld%lld",&n,&p);
        ll ans=Cipolla(n,p);
        if(ans==-1)printf("Hola!\n");
        else if(ans==(p-ans)%p)printf("%lld\n",ans);
        else printf("%lld %lld\n",min(ans,p-ans),max(ans,p-ans));
    }
    return 0;
}

 
关于 $p$不为素数的，书上有介绍一种方法，将模数因子分解，成若干个奇素数，求出若干个方程的解，然后用中国剩余定理合并。
比如 $x^{2}\equiv 860(mod \;11021)$。
其中 $11021=103\times 107$。
根据 $a(mod\;d)=a(mod\; n)(mod \;d)$对 $[d|n]$成立。
可以得到 $x^{2}\equiv 860\equiv 36(mod\; 103)$，和 $x^{2}\equiv 860\equiv 4(mod\; 107)$。
每个方程分别有两个解，然后用中国剩余定理合并，得到四个解。
具体操作就不说了。
 
 
 
 
 

最后再扔一个数论四大定理：

• 威尔逊定理：p可整除(p-1)!+1是p为质数的充要条件。
• 欧拉定理：若 $\;gcd(a,n)=1$，则 $a^{\varphi (n)}\equiv 1(mod \; n)$，其中 $\varphi (n)$为欧拉函数。
• 孙子定理：用来求解模数两两互质的同余方程组，传送门。
• 费马小定理：若 $p$为素数，且 $gcd(a,p)=1$，则 $a^{p-1}\equiv 1(mod \; p)$。（其实 $p$为素数时， $\varphi (n)=p-1$）。