[Note] 高次剩余 [Cipolla][Peralta][BSGS]

Lagrange’s Theorem (Number Theory)

nnn 次非零多项式在模素数意义下至多有 nnn 个不同的解。

Catalan’s Conjecture

xp−yq=1(p>1,q>1)x^p-y^q=1(p>1,q>1)xp−yq=1(p>1,q>1) 的所有正整数解只有 (x,y,p,q)=(3,2,2,3)(x,y,p,q)=(3,2,2,3)(x,y,p,q)=(3,2,2,3)
就是说，只有 888 和 999 两个连续正整数同时是其他正整数的幂。

Quadratic Residue

（ps：katex的不等于号和\not好sb。。。

x2≡a(modp),ax^2\equiv a\pmod{p},ax2≡a(modp),a ≠ 0,p>10,p>10,p>1 （或者 p>2p>2p>2 ？？

若有 x2=a+kp,k∈Zx^2=a+kp,k\in\Zx2=a+kp,k∈Z 成立，称 aaa 是 ppp 的二次剩余， xxx 是该二次同余方程的解。
若不成立，称 aaa 是 ppp 的二次非剩余。

有性质：两个二次非剩余乘起来、或者二次剩余乘起来，都会得到一个二次剩余；
一个二次剩余和一个二次非剩余乘起来，会得到一个非二次剩余。

一般我们会遇到要求 x(modp)\sqrt{x}\pmod{p}x(modp) ，这个时候就可以当成二次剩余来解。

Quadratic Reciprocity Law

对两个不同的奇素数 p,qp,qp,q 有 (qp)(pq)=(−1)p−12⋅q−12\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}{2}}(pq)(qp)=(−1)2p−1⋅2q−1

Legendre Symbol

(ap)=aϕ(p)2\left(\frac{a}{p}\right)=a^{\frac{\phi(p)}{2}}(pa)=a2ϕ(p) ← Jacobi Symbol

但是下面我们使用 (ap)=ap−12\left(\frac{a}{p}\right)=a^{\frac{p-1}{2}}(pa)=a2p−1 ← Legendre Symbol
其中 ppp 为奇素数；0≤a<p0\le a<p0≤a<p
为什么不用雅可比符号呢？因为那个东西在这里还用不上，不满足一些性质
所以下面用的都是勒让德。同时不特殊说明只研究 ppp 为奇素数的特殊情况。

（千万不要把勒让德符号那个 p−12\frac{p-1}{2}2p−1 跟后面某个指数 p+12\frac{p+1}{2}2p+1 混。。

Euler’s Criterion

根据 Fermat’s little theorem 就有 ap−1≡1(modp)a^{p-1}\equiv1\pmod{p}ap−1≡1(modp)
然后我们可以挪一下因式分解得到 (ap−12+1)(ap−12−1)≡0(modp)(a^{\frac{p-1}{2}}+1)(a^{\frac{p-1}{2}}-1)\equiv0\pmod{p}(a2p−1+1)(a2p−1−1)≡0(modp)
那么 ap−12≡±1(modp)a^{\frac{p-1}{2}}\equiv\pm1\pmod{p}a2p−1≡±1(modp)

aaa 是 ppp 的二次剩余 ⇔\Leftrightarrow⇔ (ap)≡1(modp)\left(\frac{a}{p}\right)\equiv1\pmod{p}(pa)≡1(modp)
充分性：现在假如 a≡x2(modp)a\equiv x^2\pmod{p}a≡x2(modp) ，有 ap−12≡xp−1≡1(modp)a^{\frac{p-1}{2}}\equiv x^{p-1}\equiv1\pmod{p}a2p−1≡xp−1≡1(modp)
必要性：xp−1≡1(modp)x^{p-1}\equiv1\pmod{p}xp−1≡1(modp) 且 ap−12≡1(modp)a^{\frac{p-1}{2}}\equiv1\pmod{p}a2p−1≡1(modp) 所以 a≡x2(modp)a\equiv x^2\pmod{p}a≡x2(modp)

所以顺便可以得到非二次剩余 ⇔\Leftrightarrow⇔ (ap)≡−1(modp)\left(\frac{a}{p}\right)\equiv-1\pmod{p}(pa)≡−1(modp)

p 为奇素数时，求任意一个二次（非）剩余：Randomize ~ O(1)

i≡−ii\equiv-ii≡−i 所以可以把负的一半去掉
把 ±i,1≤i≤p−12\pm i,1\le i\le\frac{p-1}{2}±i,1≤i≤2p−1 这个缩系平方一下就得到所有二次剩余
又 1≤i<j≤p−121\le i<j\le\frac{p-1}{2}1≤i<j≤2p−1 我们有 i2−j2=(i+j)(i−j)i^2-j^2=(i+j)(i-j)i2−j2=(i+j)(i−j)
其中 3≤(i+j)≤p−23\le(i+j)\le p-23≤(i+j)≤p−2 并且 (i−j)(i-j)(i−j) 也显然不是 ppp 的倍数
所以 i2−j2i^2-j^2i2−j2 的两个因子都不是 ppp 的倍数，它们乘起来也一定不可能得到 ppp
（(i−1)2(i-1)^2(i−1)2 往下的除了 ppp 都不是 ppp 的倍数， ppp 的因数也只有 111 和 ppp）

反正记住二次剩余数量等于非二次剩余数量等于 p+12\frac{p+1}{2}2p+1 就可以了。
p+1p+1p+1 必定是偶数，因为 ϕ(x)\phi(x)ϕ(x) 当 x>2x>2x>2 的时候恒为偶数

所以随便从 1∼p−11\sim p-11∼p−1 里挑一个数，至少有 12\frac{1}{2}21 的概率是非二次剩余
判一下勒让德符号就可以了
（你可以判等于 −1-1−1 ，如果取值范围没有坑你也可以判 ≠ 1 ）

p 为奇素数时，已知二次剩余求原数：Cipolla’s Algorithm ~ O(logp)

x2≡a(modp)x^2\equiv a\pmod{p}x2≡a(modp) 已知 a,pa,pa,p 求 xxx 。首先显然可以特判 a=0,p=2a=0,p=2a=0,p=2
我们随机一个 ω\omegaω 使得 ω2−a\omega^2-aω2−a 不是二次剩余
设 i≡ω2−ai\equiv\sqrt{\omega^2-a}i≡ω2−a 然后计算 x1≡(ω+i)p+12x_1\equiv\left(\omega+i\right)^{\frac{p+1}{2}}x1≡(ω+i)2p+1 ；另外一个解 x2=−x1x_2=-x_1x2=−x1

原理：(a+bi)p≡(a−bi)(a+bi)^p\equiv(a-bi)(a+bi)p≡(a−bi)
套二项式定理和费马小定理再利用二次非剩余就可以解出来
然后我们知道 a≡(ω2−i2)≡(ω+i)(w−i)≡(w+i)p+1a\equiv(\omega^2-i^2)\equiv(\omega+i)(w-i)\equiv(w+i)^{p+1}a≡(ω2−i2)≡(ω+i)(w−i)≡(w+i)p+1
也就知道 a\sqrt{a}a

展开之后显然一定是不带 iii 的（。。。
你想证一下那也不困难吧我就不写了因为我有点懒

复杂度在快速幂上。

真的牛逼
手划一下条件和要求的东西你会发现真的好难想到。。
就算直接给出结果让你证都不一定会想到这样的思路
可能这就是缘分吧.jpg

玄学顺推：
利用那种随便加个东西套性质的思路，把 aaa 搞成 ω−(ω−a)\omega-(\omega-a)ω−(ω−a)
然后考虑一下把 ω\omegaω 也变成平方说不定能够玄学出来什么
那直接重设成 ω2−(ω2−a)\omega^2-(\omega^2-a)ω2−(ω2−a)
这东西就可以因式分解，那么 a=(ω+ω2−a)(ω−ω2−a)a=(\omega+\sqrt{\omega^2-a})(\omega-\sqrt{\omega^2-a})a=(ω+ω2−a)(ω−ω2−a)
根据 bsgs 求解的方法，考虑找出 aaa 是否能够表示为某个指数为偶数的幂
（因为这样 a=TAT2qwqa=TAT^{2qwq}a=TAT2qwq 就可以搞 x=a=TATqwqx=\sqrt{a}=TAT^{qwq}x=a=TATqwq ）
考虑把后面那个化成跟前面那个差不多的话就可以得到偶数指数
化成指数是 222 肯定不可行，化成 p−1p-1p−1 因为前面自带一个感觉也不对
所以考虑化成 p+1p+1p+1
后面那个，看到根号了吧，取二次非剩余就有不错的性质
根据大量的经验一眼秒得到 (ω+ω2−a)p+1(\omega+\sqrt{\omega^2-a})^{p+1}(ω+ω2−a)p+1
然后发现 ω\omegaω 随机就可以了

p 为奇素数时，已知三次剩余求原数：Peralta Method Extension

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上来先随机一个 ω\omegaω ，使得 ω3−a\omega^3-aω3−a 是三次非剩余
判断方法： (ω3−a)ϕ(p)3(\omega^3-a)^{\frac{\phi(p)}{3}}(ω3−a)3ϕ(p) 不同余 1(modp)1\pmod{p}1(modp) 期望次数是 ⑨
设 i=ω3−a3i=\sqrt[3]{\omega^3-a}i=3ω3−a 然后求 (ω+i)p2+p+13(\omega+i)^{\frac{p^2+p+1}{3}}(ω+i)3p2+p+1

更高次依此类推： ωk−a\omega^k-aωk−a ，(ω+ωk−ak)pk−1+pk−2+⋯+p3+p2+p+1k(\omega+\sqrt[k]{\omega^k-a})^{\frac{p^{k-1}+p^{k-2+\cdots+p^3+p^2+p+1}}{k}}(ω+kωk−a)kpk−1+pk−2+⋯+p3+p2+p+1
当然次数太高你的期望次数就有点多了

任意模数二次剩余

大力分类讨论 %%%Miskcoo
我在这里奶一口应该用不上吧
奶死了我撒我自己

n 次剩余：(ex)BSGS

xn≡a(modp)x^n\equiv a\pmod{p}xn≡a(modp) 求 xxx ；已知 a,n,pa,n,pa,n,p

ppp 如果有原根，对于 xn≡a(modp)x^n\equiv a\pmod{p}xn≡a(modp) 我们可以求一个原根 ggg 出来

设 r=Ig(a)r=I_g(a)r=Ig(a) 然后 gr≡a(modp)g^r\equiv a\pmod{p}gr≡a(modp) 可以用 BSGS 解决
（如果不限定奇素数就 exBSGS ）

然后再设 e=Ig(x)e=I_g(x)e=Ig(x) 那么 gne≡a(modp)g^{ne}\equiv a\pmod{p}gne≡a(modp)
变形 ne≡r(modϕ(p))ne\equiv r\pmod{\phi(p)}ne≡r(modϕ(p))
也就是 ne+ϕ(p)f=rne+\phi(p)f=rne+ϕ(p)f=r

用 exgcd 解出 e,fe,fe,f
就不难用 ge≡x(modp)g^e\equiv x\pmod{p}ge≡x(modp) 解出 xxx 了
嫌指数太大可以扩展欧拉定理。

实际上也就是利用原根的幂表达 a,xa,xa,x 从而 a⇒g⇒xa\Rightarrow g\Rightarrow xa⇒g⇒x
或者说 a≡gun,x≡gua\equiv g^{un},x\equiv g^ua≡gun,x≡gu

The Period of the Fibonacci Sequence Modulo P

一个小应用：求斐波那契循环节 <Click Here>

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