1.二次同余式
二次同余式是关于未知数的二次多项式的同余方程。即：
是一个二次同余方程。
此外，称
为最简二次同余式，或称最简二次同余方程。
一般的，通过配方，可以把一个一般的二次同余方程转化为一个最简二次同余式
接下来只需要讨论最简二次同余式。
2二次剩余
2.1 前置概念、定理即证明：
若无特殊说明，下面的模运算都是在模p的意义下
1.有正整数n，奇质数p，且\(p\nmid n\)，若存在一个正整数x，使得\(x^2\equiv n(\bmod p)\)则称n为p的二次剩余。
2.勒让德符号 \(\begin{pmatrix}\dfrac{n}{p}\end{pmatrix}\)，若n为p的二次剩余，则该值为1，若不是则该值为-1，若\(p\mid n\)，则该值为0
定理1：\(\begin{pmatrix}\dfrac{n}{p}\end{pmatrix}\equiv n^{\frac{p-1}{2}}\)
证明：
1.若p能整除n，那右边明显模p与0同余，故成立。
2.若n是p的二次剩余，则根据费马小定理(\(n^{p-1}\equiv1(\bmod p)\)其中，p为质数)，有\(n^{\frac{p-1}{2}} = {\sqrt{n}^{p-1}}\equiv 1\)，故成立
3.若n不是p的二次剩余，则根据扩展欧几里得算法，对于\(i\in[1,p-1]\)都有唯一的\(j\in[1,p-1],i\neq j且ij\equiv n\)这样的数一共有\(\frac{p-1}{2}\)个，因此\(\frac{p-1}{2}\equiv (p-1)!\)根据威尔逊定理)(：当且仅当p为素数时有：\(( p -1 )! \equiv -1 ( \bmod p )\))，就有\(\frac{p-1}{2}\equiv -1\)
证毕
威尔逊定理证明：
我们知道\(1\times1\equiv 1(mod p)\)\(,( − 1 ) \times ( − 1 )\equiv (mod p)\)，且仅有这两组的逆元与本身相等。如果\(x^2\equiv 1(\bmod p)\)那么通过移项再因式分解可以得到\(x=-1\)或\(x=1\)，除了1，-1这两个数之外，2至p-2中的每一个数都一定有一个对应的逆元（注明：\(-1\equiv p-1(\bmod p)\)）且一定与自己不相等，且每一个数与他的逆元一 一对应。
如果p是2，那威尔逊定理显然成立，如果\(p>2\) ，那么p一定是一个奇数，从2到p-2一共有偶数个数，且他们两两相乘mod p都是1，在乘上1（mod p为1）和p-1（mod p为-1）两个数，就有\((p-1)!\equiv -1(\bmod p)\) 需要注意的是，一个数有逆元的充分必要条件是这个数与p互素，上述证明的前提是1到p-1都有逆元，即1到p-1都与p互素，自然，p是一个质数。
上面的证明并不严谨，但能看出，只有质数才能满足威尔逊定理，满足威尔逊定理的也只有是质数，所以，威尔逊定理是质数的充要条件。
证毕
定理1推论：若方程最简二次同余式有解的充要条件是\(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(\bmod p)\)
定理2.\([1,p-1]\)中有\(\frac{p-1}{2}\)个二次剩余。
证明：
设\(x,y\in [1,p-1],x\neq y,x^2\equiv y^2\)，则\((x-y)(x+y)\equiv 0\) 由于有\(0<|x-y|<p\)，所以必定是\(x+y\equiv 0\) ，满足左边这个式子的数对共有\(\frac{p-1}{2}\)个，每两个不同的数对，它们之间的平方相互不同余，简单证明可以发现，如果两个不同平方数\(x^2\)和 \(y^2\)mod质数p同余（满足\(x,y\in [1,p-1]\)），当且仅当它们互为相反数，证明就和上面的推理过程一样，移项分解因式即可。与此同时，每个数对内部的数的平方mod p同余。这样，在mod p意义下，定理得证。
证毕
这同时还说明，如果a是p的一个二次剩余，p-a也是p的一个二次剩余。
2.2求解最简二次同余式&二次剩余
方法：在\([0,p-1]\)中随机生成一个数a，另\(w=a^2-n\)，若\(\begin{pmatrix}\dfrac{w}{p}\end{pmatrix}=-1\) ，那么\((a+\sqrt{w})^{\frac{p-1}{2}}\)是x的一个解。
证明：
显然有\(\tbinom{p}{x}\equiv 0 (\bmod p)\)，（这是二项式系数，不要和勒让德符号弄混），因此，\((a+\sqrt{w})^p=\sum_{i=0}^p \tbinom{p}{i}a^i(\sqrt{w})^{p-i}\equiv a^p+(\sqrt{w})^p\)（注明：以上是二项式定理），根据费马小定理，有\(a^{p-1}\equiv 1(\bmod p)\)所以有\(a^p\equiv a (\bmod p)\) （注意，费马小定理强调a是整数，所以对\((\sqrt{w})^p\)并不能使用费马小定理）根据定理1，\((\sqrt{w})^p=\sqrt{w}\times w^{\frac{p-1}{2}}=-\sqrt{w}\) ，因此有\((a+\sqrt{w})^{p-1}=(a+\sqrt{w})\times(a+\sqrt{w})^p\equiv (a+\sqrt{w})(a^p+(\sqrt{w})^p)\)
而\((a+\sqrt{w})(a^p+(\sqrt{w})^p)\equiv (a+\sqrt{w})(a-\sqrt{w})=a^2-w=n\)
故有\((a+\sqrt{w})^{p-1}\equiv n\)，所以\((a+\sqrt{w})^{\frac{p-1}{2}}\)为原方程的一个解。
证毕
可能大家会有疑惑，不是正整数吗？这个根号下w无论怎么看那都是一个实数啊，其实不然，n是p的二次剩余，并且该解满足条件，那么该解在mod p意义下一定是一个整数，但是实数怎么参与取模运算呢?我们利用扩域的思想，数学家在从实数想复数扩域时，定义了一个\(a+bi\)这里我们同样可以借鉴，定义一个\(a+b\sqrt{w}\)，记录时只记录a和b，然后利用\((a_1+b_1\sqrt{w})(a_2+b_2\sqrt{w})=(a_1a_2+b_1b_2w)+(a_1b_2+a_2b_1)\sqrt{w}\)去定义这个域上的乘法运算（别忘取余），可以实现快速幂。
由于\([1,p-1]\)一中有一般的数都是二次剩余，所以我们随机的期望次数为2
同时，如果\(x_1\)满足方程，那么在mod p意义下它的相反数也满足方程，即\(p-x_1\)
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#define dd double
#define ll long long
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define N number
#define M number
using namespace std;
ll n,p,w;
int t;
inline ll ksm(ll a,ll b){
ll res=1;
while(b){
if(b&1) res=(res*a)%p;
a=(a*a)%p;
b>>=1;
}
return (res%p+p)%p;
}
inline ll lrd(ll x){
return ksm(x,(p-1)>>1);
}
struct rode{
ll x,y;
inline void intt(ll x_,ll y_){
x=x_;y=y_;
}
};
inline rode operator * (const rode &a,const rode &b){
rode c;c.intt(((a.x*b.x)%p+a.y*b.y%p*w%p)%p,(a.x*b.y%p+a.y*b.x%p)%p);
return c;
}
inline rode operator ^ (rode a,ll b){
rode c;c.intt(1,0);
while(b){
if(b&1) c=c*a;
a=a*a;
b>>=1;
}
return c;
}
inline void solve(ll x){
int if_=lrd(x);
if(if_==p-1) printf("Hola!\n");
else if(if_==0) printf("0\n");
else{
ll q=rand()%p;w=(((q*q)%p-n)%p+p)%p;
while(lrd(w)<=1) q=rand()%p,w=(((q*q)%p-n)%p+p)%p;
rode a;a.intt(q,1);
a=a^((p+1)>>1);
ll ans1=a.x,ans2=p-ans1;
if(ans1>ans2) ans1^=ans2,ans2^=ans1,ans1^=ans2;
printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
}
}
int main(){
srand(time(0));
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%lld%lld",&n,&p);
solve(n);
}
return 0;
}
还记得“每两个不同的数对，它们之间相互不同余”吗？这也说明，对于一个二次剩余\(y^2(\bmod p)\)来说，它有且只有两个解，\(x\)和\(p-x\)。
参考资料
2<https://baike.baidu.com/item/%E4%BA%8C%E6%AC%A1%E5%90%8C%E4%BD%99%E5%BC%8F>百度百科二次同余式
3.https://www.luogu.com.cn/blog/ILikeDuck/gao-si-zheng-shuo-yu-er-ci-sheng-yu洛谷日报