[牛客多校第九場]Quadratic equation(二次剩餘)

題意:

給定兩個數字在模1e9 + 7意義下x + y的和以及x和y的乘積,求x和y

題目分析

由於x和y的取值範圍,我們可以得到x + y的範圍爲 0 <= x + y < 2 * p,那麼對於第一個式子我們可以得到: x + y = b 或者 x + y = p + b的兩種情況.
對於第一種情況,將第一個式子代入第二個式子可得
y * (b - y) = k * p + c
移項得,y ^ 2 - b * y + k * p + c = 0
如果y要有整數解,當且僅當 b ^ b - 4 * (k * p + c) 爲完全平方數,從而得到如下方程
a ^ 2 = b * b - 4 * (k * p + c)
對兩邊同時模p可得
a ^ 2 ≡b * b - 4 * c (mod p)
從而轉化爲一個二次剩餘的問題

二次剩餘:

當時比賽的時候用下面的博客魔改了一下過了,博客裏邊有簡單的證明
https://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/10182281
在比賽之後又參考了下邊的博客,才真正理解了這個神奇的東西
https://blog.csdn.net/a_crazy_czy/article/details/51959546

Part one 二次剩餘的基本概念

在數論中，特別在同餘理論裏，一個整數 $\bm{d}$對另一個整數 $\bm{p}$ 的二次剩餘（英語：Quadratic residue）指X的平方 $\bm{X^2}$ 除以$\bm{p}$得到的餘數。
當存在某個 $\bm{X}$，$\bm{X^2≡d(mod p) }$ 式子成立時，稱 “ $\bm{d}$ 是模 $\bm{p}$ 的二次剩餘 ”
當對任意 $\bm{X}$，上式都不成立時，稱 “ $\bm{d}$ 是模 $\bm{p}$ 的二次非剩餘 ”

關於二次剩餘的判定，可以用歐拉準則來判斷，具體方法如下：

若 p 是奇質數且 p 不能整除 d ，則：
d 是模 p 的二次剩餘當且僅當：$\bm{d^\frac{p-1}{2}≡ 1(mod p)}$
d 是模 p 的二次非剩餘當且僅當：$\bm{d^\frac{p-1}{2}≡ -1(mod p)}$
以勒讓德符號表示，即爲：${\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}\equiv\left({\frac {d}{p}}\right){mod {p}}}$
其中勒讓德符號的定義如下：

歐拉從充分性和必要性兩個方面證明了上述結論，給出的證明如下：

首先，由於${\displaystyle p}$是一個奇素數，由費馬小定理， ${\displaystyle d^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}$。但是 ${\displaystyle} p-1$是一個偶數，
所以有${\displaystyle (d^{\frac {p-1}{2}}-1)\cdot (d^{\frac {p-1}{2}}+1)\equiv 0{\pmod {p}}}$
${\displaystyle}p$是一個素數，所以 ${\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}-1}$和 ${\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}+1}$中必有一個是 ${\displaystyle }p$ 的倍數。因此 ${\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}}$模 ${\displaystyle p}$的餘數必然是$1$或$-1$。

必要性:

證明若 ${\displaystyle} d$是模 ${\displaystyle} p$的二次剩餘，則 ${\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}\equiv 1{\pmod {p}}}$
若 ${\displaystyle } d$是模 ${\displaystyle } p$的二次剩餘，則存在 ${\displaystyle x^{2}\equiv d{\pmod {p}}}$，${\displaystyle } p$跟 ${\displaystyle d,x}$互質。根據費馬小定理得：
${\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}\equiv x^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}$

充分性:

證明若 ${\displaystyle d^{\frac {p-1}{2}}\equiv 1{\pmod {p}}}$，則 ${\displaystyle } d$是模 ${\displaystyle } p$的二次剩餘${\displaystyle } p$是一個奇素數，所以關於 ${\displaystyle } p$的原根存在。設 ${\displaystyle } a$是 ${\displaystyle } p$的一個原根，
則存在 ${\displaystyle 1\leq j\leq p-1}$,使得 ${\displaystyle d=a^{j}} {\displaystyle d=a^{j}}$。
於是 ${\displaystyle a^{j{\frac {p-1}{2}}}\equiv 1{\pmod {p}}}$
${\displaystyle } a$是${\displaystyle }p$的一個原根，因此 ${\displaystyle } a$模 ${\displaystyle } p$的指數是 ${\displaystyle} p-1$，於是 ${\displaystyle} p-1$整除 ${\displaystyle {\frac {j(p-1)}{2}}}$。這說明 ${\displaystyle } j$是一個偶數。令 ${\displaystyle i={\frac {j}{2}}}$，就有 ${\displaystyle (a^{i})^{2}=a^{2i}=d}$。 ${\displaystyle } d$是模 ${\displaystyle } p$的二次剩餘。

Part two 二次剩餘的問題求解（隨機大法好！）

問題描述：
對於給定的 $d$ 和 $p$ 判斷 $d$ 是否是 $p$ 的二次剩餘，
如果是，則輸出$X^2\equiv d{\pmod {p}}$的一個解，
其中，$p$ 是奇素數。
題目傳送門：http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=1132

引理：

對於$0 &lt;= X &lt; = p - 1,X^{\frac{p - 1}{2}}\equiv 1{\pmod {p}}$有${\frac{p - 1}{2}}$個解
證明如下：
設$u,v$是$X$的兩個解，我們可以得到$u^2 - v ^ 2\equiv 0{\pmod{p}}$
進一步化簡得到$(u - v)*(u + v)\equiv0{\pmod{p}}$,由$X$的範圍我們可以指導，
$p | (u + v)$,並且$u + v = p$，所以有${\frac{p - 1}{2}}$個解。

Cipolla算法

爲了求出$X$的解，我們通過隨機數找到一個滿足$(\frac{a - n ^ 2}{p})$爲-1的根據引理我們可以知道這樣的$a$一共有$\frac{p - 1}{2}$個，因此求出這樣的$a$的期望次數爲$\frac{p - 1}{2 p}$約爲$\frac{1}{2}$，基本上我們隨機兩次就可以得到這樣的$a$,一般我們會隨機比較多的次數防止自己臉黑。
在的得到這樣的一個$a$之後我們做如下的處理：

①取$\sqrt{a ^ 2 - n}$爲基本的虛數單位，設爲$w$，類比$\sqrt{-1}$作爲 $i$
②構造一個與當前虛數單位所對應的數域，類比於實數到複數,則在這個數域中所有的數字都可以表示爲$a + bw$的形式
③驗證當前數域的運算的封閉性、交換律、結合律、分配律，即驗證它是一個合法的數域

對於這個數域，我們可以得到如下的結論：
① $w^p\equiv-w{\pmod{p}}$
證明：根據$(\frac{w ^ 2}{p})$爲$-1$我們可以知道，${w^2}^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod{p}$,從而我們知道$w^p = w ^{p - 1} * w,w^p\equiv-w\pmod p$
②$(a + b) ^ p \equiv a ^ p + b ^ p{\pmod p}$
證明見我之前寫的題解：https://blog.csdn.net/z472421519/article/details/99842319

我們取$X \equiv (a + w) ^{\frac{p + 1}{2}}\pmod p$
我們可以得到$X ^ 2 \equiv(a + w)^{p + 1} \pmod p$$X ^ 2 \equiv(a + w)^{p} * (a + w) \pmod p$
利用剛纔的結論$X ^ 2 \equiv(a^p + w^p) * (a + w) \pmod p$$X ^ 2 \equiv(a^p-w) * (a + w) \pmod p$
再利用費馬小定理$a ^ p \equiv a \pmod p$ 得到，
$X ^ 2 \equiv(a - w) * (a + w) \pmod p$
$X ^ 2 \equiv(a^2 - w^2) \pmod p$
代入$w = \sqrt{a - n}$
$X ^ 2 \equiv n \pmod p$,即$X$滿足之前的二次剩餘方程

代碼

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <math.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

LL quick_mod(LL a, LL b, LL m)
{
    LL ans = 1;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = ans * a % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % m;
    }
    return ans;
}

struct T
{
    LL p, d;
};

LL w;

//二次域乘法
T multi_er(T a, T b, LL m)
{
    T ans;
    ans.p = (a.p * b.p % m + a.d * b.d % m * w % m) % m;
    ans.d = (a.p * b.d % m + a.d * b.p % m) % m;
    return ans;
}

//二次域上快速冪
T power(T a, LL b, LL m)
{
    T ans;
    ans.p = 1;
    ans.d = 0;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = multi_er(ans, a, m);
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = multi_er(a, a, m);
    }
    return ans;
}

//求勒讓德符號
LL Legendre(LL a, LL p)
{
    return quick_mod(a, (p-1)>>1, p);
}

LL mod(LL a, LL m)
{
    a %= m;
    if(a < 0) a += m;
    return a;
}

LL Solve(LL n,LL p)
{
    if(p == 2) return 1;
    if (Legendre(n, p) + 1 == p)
        return -1;
    LL a = -1, t;
    while(true)
    {
        a = rand() % p;
        t = a * a - n;
        w = mod(t, p);
        if(Legendre(w, p) + 1 == p) break;
    }
    T tmp;
    tmp.p = a;
    tmp.d = 1;
    T ans = power(tmp, (p + 1)>>1, p);
    return ans.p;
}

int main()
{
    LL t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        LL n,p,N;
        LL x,y;
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        p = 1e9 + 7;
        n = x * x - 4 * y;
        N = (x + p) * (x + p) - 4 * y;
//        //printf("%lld",n);
        if(n == 0)
        {
            printf("%lld %lld\n",x / 2,x / 2);
            continue;
        }
        LL a;
        LL X,Y;
        bool suc = false;
        for(int i = 1;i <= 10;i++)
        {
            if(n > 0)
            {
                a = Solve(n, p);
                X = (x - a) / 2,Y = (x + a) / 2;
                if(((X + Y) % p == (x % p) && (X * Y) % p == y) && (X >= 0 && X <= p) && (Y >= 0 && Y <= p))
                {
                    suc = true;
                    break;
                }
            }
            if(N > 0)
            {
                a = Solve(N, p);
                X = (x + p - a) / 2,Y = (x + p + a) / 2;
                if(((X + Y) % p == (x % p) && (X * Y) % p == y) && (X >= 0 && X <= p) && (Y >= 0 && Y <= p))
                {
                    suc = true;
                    break;
                }
            }
        }
        if(suc)
            printf("%lld %lld\n",X,Y);
        else
            printf("-1 -1\n");
     }
    return 0;
}

不知道爲啥有的時候會出錯，考慮到隨機算法的臉黑性，我加了個暴力判斷，在運算超過十次之後就直接$-1,-1$輸出