Wannafly挑戰賽4 (方程的解-二次剩餘)

題目描述
對於一個模意義下的一元二次方程：x^2 + ax + b = 0 (mod p)，其中 p 是質數。
每次給定一組 a,b,p，問這個方程有沒有整數解，有解輸出“Yes”，無解輸出“No”。
有 T 組詢問。
輸入描述:
輸入第一行一個正整數T(T≤105 )，表示數據組數。
接下來T行每行三個非負整數a,b,p(0≤a,b<p≤109+7 )，p是質數，表示一組詢問。
輸出描述:
輸出共T行，每行一個字符串“Yes”或“No”分別表示有解和無解。

首先，我們可以考慮轉成2次剩餘的情況
對於一般的二次同餘方程
ax2+bx+c=0(modp)
可以通過配方化爲下式
(2ax+b)2=b2−4ac(mod4ap)
設X=2ax+b(mod4ap)
解方程X2=b2−4ac(mod4ap)
可以先解出X2=b2−4ac(modp) 的解，再去不斷+p湊4ap（在本題中a=1，所以這裏可以暴力），但經過進一步討論，發現p>2 時X2=b2−4ac(modp) 有解，X2=b2−4ac(mod4ap) 一定有解。

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小證明：

這裏p是奇素數，X和X+p奇偶性不同。

首先

X2=b2−4ac(mod4ap)

等價於

X2=b2−4ac(modp),且X2=b2−4ac(mod4)=b2(mod4)

。

當x=2k 時，x2=4k2=0(mod4)
當x=2k+1 時，x2=(2k+1)2=1(mod4)
所以X2=b2(mod4) 等價於X和b奇偶性相同。

但當X，b奇偶性不同時，X+p，b奇偶性相同，所以總能找到解。

---

現在只要解決x2=c(modp)
P是奇素數時，可以參考這份題解
P是2特判。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)
#define Fork(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)
#define ForkD(i,k,n) for(int i=n;i>=k;i--)
#define Rep(i,n) for(int i=0;i<n;i++)
#define ForD(i,n) for(int i=n;i;i--)
#define RepD(i,n) for(int i=n;i>=0;i--)
#define Forp(x) for(int p=pre[x];p;p=next[p])
#define Forpiter(x) for(int &p=iter[x];p;p=next[p]) 
#define Lson (o<<1)
#define Rson ((o<<1)+1)
#define MEM(a) memset(a,0,sizeof(a));
#define MEMI(a) memset(a,0x3f,sizeof(a));
#define MEMi(a) memset(a,128,sizeof(a));
#define MEMx(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
#define INF (0x3f3f3f3f)
#define F (1000000007)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define pi pair<int,int>
#define SI(a) ((a).size())
#define Pr(kcase,ans) printf("Case #%d: %lld\n",kcase,ans);
#define PRi(a,n) For(i,n-1) cout<<a[i]<<' '; cout<<a[n]<<endl;
#define PRi2D(a,n,m) For(i,n) { \
                        For(j,m-1) cout<<a[i][j]<<' ';\
                        cout<<a[i][m]<<endl; \
                        }
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()
#define gmax(a,b) a=max(a,b);
#define gmin(a,b) a=min(a,b);
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
ll mul(ll a,ll b){return (a*b)%F;}
ll add(ll a,ll b){return (a+b)%F;}
ll sub(ll a,ll b){return ((a-b)%F+F)%F;}
void upd(ll &a,ll b){a=(a%F+b%F)%F;}
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
ll pow_mod(ll a,ll i,ll n) {
    if (!i) return 1%n;
    ll temp=pow_mod(a,i>>1,n);
    temp=temp*temp%n;
    if (i&1) temp=temp*a%n;
    return temp;
}
ll modsqr(int a,int n) {
    ll b,k,i,x;
    if(n==2) return a%n;
    if(pow_mod(a,(n-1)/2,n)==1) {
        if(n%4==3)
            x=pow_mod(a,(n+1)/4,n);
        else {
            for(b=1;b=pow_mod(b,(n-1)/2,n),n==1;b++);
            i=(n-1)/2;
            k=0;
            do{
                i/=2;
                k/=2;
                if ((pow_mod(a,i,n)*(ll)pow_mod(b,k,n)+1)%n==0) {
                    k+=(n-1)/2;
                }
            }
            while(i%2==0);
            x=(pow_mod(a,(i-1)/2,n)*(ll)pow_mod(b,k/2,n))%n;

        }
        if(x*2>n) x=n-x;
        return x;
    }
    if (a==0) return 0;
    return -1;
}
int main()
{
//  freopen("e.in","r",stdin);
//  freopen(".out","w",stdout);
    int T=read();
    while(T--) {
        ll a,b,p;
        scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&p);
        if (p==2) {
            if (b%p==0 || (1+a+b)%p==0) puts("Yes");
            else puts("No");
            continue;
        }
        ll t=a*a-4*b; t=(t%p+p)%p;
        ll s=modsqr((ll)t,p);
        bool fl=(s!=-1);
        puts(fl?"Yes":"No");
    }
    return 0;
}