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这个其实很早之前就想写了，只不过一直没有时间。
之前稍微学了一下，但由于没有留下深刻的印象，所以学了等于白学。
SCOI2018有一道题就是裸的二次剩余题，比赛时做不出来真是气炸了。

概念

如果\(p\)为奇素数。
\(n\)在模\(p\)意义下能被开方，就称\(n\)是模\(p\)意义下的二次剩余。
即存在\(x^2\equiv n (mod \ p)\)

勒让德符号

这个东西可以用个很方便的东西求出来：

证明：如果\(n\)是模\(p\)意义下的二次剩余，即存在\(x^2 \equiv n \pmod p\)
那么就有\(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv x^{p-1}\equiv 1 \pmod p\)

Cipolla算法

接下来的问题是如何解这个方程。
可以用BSGS算法艹过去。
但是这里有个更加高级的叫Cipolla算法。

前置技能

定理一

\(n^2\equiv (p-n)^2 \pmod p\)
证明略。

定理二

\(p\)的二次剩余个数只有\(\frac{p-1}{2}\)个
考虑假如有两个不同的数\(x\)和\(y\)满足\(x^2\equiv y^2 \pmod p\)
则\(p|(x+y)(x-y)\)
所以\(x+y\equiv p\)
所以说，每个满足\(x\equiv y \pmod p\)的\(x\)和\(y\)，它们的平方是相同的。
得证。

具体算法

假如要对\(n\)开方（保证其为模\(p\)意义下的二次剩余）
随机一个\(a\)使得\(a^2-n\)是非二次剩余（期望次数两次）
令\(\omega^2\equiv a^2-n \pmod p\)
计算\((a+\omega)^{\frac{p+1}{2}}\)作为其中达到一个解，另一个解通过定理一求出。

\(\omega\)看起来是无解的，但可以像对待虚数的\(i\)一样对待它。
计算的时候把它当负复数计算，算完之后就会惊奇地发现虚数部分消失了。

证明

定理三

\(\omega^p\equiv -\omega \pmod p\)

证明：\(\omega^p\equiv \omega^{p-1}\omega \equiv(a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\omega\equiv -\omega \pmod p\)

定理四

\((a+b)^p\equiv a^p+b^p \pmod p\)
二项式展开完事。

证毕……
既然它可以推出来，那就可以简单地认为它虚部在计算的过程中会消去……

二次剩余学习小记

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原文地址：https://www.cnblogs.com/jz-597/p/12796876.html