部分內容引自清華大學秦岳《初等數論》，dengyaotriangle的博客，_WZT_ 的博客，niiick的博客，超十一維的博客
算術基本定理
任何一個大於1的自然數$N$，如果$N$不為質數，那么$N$可以唯一分解成有限個質數的乘積
$$N=P_1^{a_1}*P_2^{a_2}*P_3^{a_3}......P_n^{a_n}$$
這里$P1<P2<P3......<Pn$均為質數，其中指數$a_i$是正整數。這樣的分解稱為$N$的標准分解式
素數無限定理
正整數集中包含無限個素數
證明：假設素數有限，設其為$p_1...p_n$，構造$s=1+\prod p_i$，若s是素數，矛盾；若s是合數，則$p_1...p_n$都不是s的約數，與算術基本定理矛盾
Eratosthnes素數篩法
設置一從2開始的數表，若該數沒有被划掉，則其為一個素數，將其所有倍數划掉
復雜度$O(nlogn)$
優化版埃氏篩關鍵部分代碼
p[1]=1; //bool p[i]表示i是否為素數 int sq=sqrt(n); for(int i=2;i<=sq;i++) if(!p[i]) for(int j=i*i;j<=n;j+=i) p[j]=1;
歐拉線性篩法
維護每個數的最小素因子$mindiv$，從2開始，若其$mindiv$未知，則為素數，將其小於本身$mindiv$的素數倍的數設置成素數。每個數只會被其最小素因子篩一次。復雜度$O(n)$
線性篩關鍵部分代碼
p[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) { if(!p[i]) pr[++cnt]=i; //pr為素數表 for(int j=1;j<=cnt&&pr[j]*i<=n;j++) { p[i*pr[j]]=1; //以pr[j]作為最小質因子更新p[i*pr[j]] if(i%pr[j]==0) break; /*i的mindiv比pr[j]更小，最小質因子不再是pr[j] ，若繼續更新則會出現冗余操作*/ } }
利用線性篩實現的高效分解質因數
對於數$x$每次取其最小質因子，更新$x$為$x/mindiv$，當$x=1$時分解結束，時間復雜度$O(logn)$
s[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) { if(!s[i]) p[++cnt]=i,g[i]=cnt; for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++) { s[i*p[j]]=1,g[i*p[j]]=j; if(i%p[j]==0) break; } }
朴素分解質因數
$O(\sqrt n)$的分解質因數，對於單個數的分解質因數和積性函數單值求解具有重要作用
for(int i=2;i*i<=n;i++) while(n%i==0) //這里的i一定是素數，不妨利用反證法證明 //若i為合數，設i有素因子j小於i，j在前面的過程中已被篩去，n%j!=0故n%i!=0，與條件矛盾，故i必為素數 n/=i;
更相減損術
$gcd(a,b)=gcd(a,a-b)$
歐幾里得算法
$gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)$
裴蜀定理（貝祖定理）
若$a,b$是整數,且$(a,b)=d$，那么對於任意的整數$x,y$，$ax+by$都一定是$d$的倍數，特別地，一定存在整數$x,y$，使$ax+by=d$成立。
推論：$a,b$互質的充要條件是存在整數$x,y$使$ax+by=1$
推論：設$a_1,a_2,a_3......a_n$為$n$個整數，$d$是它們的最大公約數，那么存在整數$x_1......x_n$使得$x_1*a_1+x_2*a_2+...x_n*a_n=d$
擴展歐幾里得算法（exgcd）
$exgcd$用於解決二元一次不定方程的解的相關問題
對於不定方程$ax+by=c$
由裴蜀定理可知$gcd(a,b)|(ax+by)$，故若$c$不是$gcd(a,b)$的倍數則無整數解
引理：$ax+by=gcd(a,b)$的特解求法
顯然存在$x1,y1$使得$ax+by=bx_1+(a\%b)y_1$成立
由模運算的性質可知$a\%b=a-b*\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor$
可得$ax+by=bx_1+(a-b*\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor)y_1$
$=ay_1+b*(x_1-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor y_1)$
則有$x=y_1,y=x_1-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor y_1$
由歐幾里得算法得迭代過程的終止狀態為$a=gcd(a,b),b=0$
此時有$gcd(a,b)*x=gcd(a,b)$，取$x=1$即可，此時任取$y$均可保證該式成立，為避免溢出常取$y=0$
該過程的代碼實現
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y) { if(!b) { x=1,y=0; return; } exgcd(b,a%b,y,x); y-=x*(a/b); }
設$x_0,y_0$為$ax+by=gcd(a,b)$的一組特解，即有$ax_0+by_0=gcd(a,b)$
則有原方程的一組特解
$$a\frac{x_0c}{gcd(a,b)}+b\frac{y_0c}{gcd(a,b)}=c$$
$$x_1=\frac{x_0c}{gcd(a,b)},y_1=\frac{y_0c}{gcd(a,b)}$$
構造原方程的通解形式
易得對於任意常數$d$，有$a(x_1+db)+b(y_1-da)=c$成立。為保證通解均為整數解，只需使$db,da$均為整數即可；而為保證得到通解，$d$須取滿足上述條件的最小值，而易得該最小值為$\frac{1}{gcd(a,b)}$
可得通解：$x=x_1+\frac{kb}{gcd(a,b)},y=y_1+\frac{ka}{gcd(a,b)}$其中$k$為任意整數
並有性質：隨$k$增大，$x$增大，$y$減小
則有最小正整數解$(x\%d_x+d_x)\%d_x$（$d_x$為上文所提$db$）（若上式結果為0則最小正整數解為$d_x$），此時$y$取到兩數均為正整數時的最大值
乘法逆元
$ab≡ba≡1(mod\ p)$
則稱$b$是$mod\ p$意義下$a$的乘法逆元(定義了剩余系中的除法)，記為$a^{-1}$，$a$的乘法逆元的意義是$a$在$mod\ p$剩余系下的倒數
乘法逆元的擴展歐幾里得求法
給定$a,p$計算$b$使得$a*b≡1(mod\ p)$，等價於解方程$ax+py=1$($x,y$為整數變量，擴展歐幾里得即可)
條件：$a,p$互質，即二元一次不定方程有解的條件，也即乘法逆元存在的充要條件
if(exgcd(a,mod,x,y)==1) //判斷逆元是否存在 printf("%d\n",(x%mod+mod)%mod); //xj=即為a的逆元
時間復雜度$O(logn)$
費馬小定理
假如$p$是質數，且$gcd(a,p)=1$，那么$a^{p-1}≡1(mod\ p)$
證明：
引理：集合$S1=\{1,2,3…p-1\},S2=\{1a,2a,3a…(p-1)a\}$，$S1$在模$p$意義下等於$S2$
故$(p-1)!≡a^{p-1}*(p-1)! (mod\ p)$，$(p-1)!$與$p$互素存在乘法逆元，故$a^{p-1}≡1(mod\ p)$。
乘法逆元的快速冪求法
若$p$是素數，由於$a^{p-1}≡1(mod\ p)$，故$a$的乘法逆元為$a^{p-2}$（就一個快速冪，所以這里就不再提供代碼了）
條件：$a,p$互質且$p$為質數；時間復雜度：$O(logn)$
線性預處理乘法逆元
在$O(n)$的時間內求出$1..n$的逆元，條件：$1...n$均與$p$互素（為簡化表達常表達為$p$為質數）
顯然$1^{-1}≡1(mod\ p)$
設$p=\left\lfloor\dfrac{p}{k}\right\rfloor*k+r(0<r<k<p)$
可得$\left\lfloor\dfrac{p}{k}\right\rfloor*k+r≡0(mod\ p)$
兩邊同乘$k^{-1},r^{-1}$可得
$\left\lfloor\dfrac{p}{k}\right\rfloor*r^{-1}+k^{-1}≡0(mod\ p)$
可得$k^{-1}≡-\left\lfloor\dfrac{p}{k}\right\rfloor*(p\ mod\ k)^{-1}(mod\ p)$
由此可以實現遞推求解逆元
a[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) { a[i]=-(p/i)*a[p%i]; a[i]=(a[i]%p+p)%p; }
積性函數
在數論中的積性函數：對於正整數$n$的一個算術函數$f(n)$，若$f(1)=1$，且當$a,b$互質時$f(ab)=f(a)f(b)$，在數論上就稱它為積性函數。若對於某積性函數$f(n)$，就算$a,b$不互質，也有$f(ab)=f(a)f(b)$，則稱它為完全積性的。
歐拉函數
對正整數$n$，歐拉函數$\varphi(n)$是小於等於$n$的正整數中與$n$互質的數的數目，例如$\varphi(8)=4(1,3,5,7)$
由歐拉函數的積性可得$φ(n)=\prodφ(p_i^{q_i})$
$φ(x=p^q)=p^{q-1}*(p-1)=x*(1-\frac{1}{p})$($p$為質數)
這個結論是顯然的。
故$φ(x)=x*\prod\limits_{i=1}^n(1-\frac{1}{p_i})$
由$φ$的積性性質可由線性篩法$O(n)$計算$φ(1)...φ(n)$
p[1]=1,phi[1]=1; for(int i=2;i<=maxn-10;i++) { if(!p[i]) pr[++cnt]=i,phi[i]=i-1; for(int j=1;j<=cnt&&pr[j]*i<=maxn-10;j++) { p[i*pr[j]]=1; if(i%pr[j]==0) { phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j]; break; } phi[i*pr[j]]=phi[i]*phi[pr[j]]; } }
歐拉定理
若$p,a$為正整數，且$p,a$互質，則：$a^{φ(p)}≡1(mod\ p)$
推論：$(a^{φ(p)})^{-1}=a^{φ(p)}$
推論：$a^b≡a^{b\%φ(p)}≡a^{b-k*φ(p)}(gcd(a,p)=1)$（等式兩邊同乘$(a^{φ(p)})^{-1}$）
擴展歐拉定理
$a^b≡\begin{cases}a^b,b<\varphi(p)\\a^{b\ mod\ \varphi(p)+\varphi(p)},b\geqslant\varphi(p)\end{cases}\pmod p$
不要求$a,p$互質
中國剩余定理（CRT）
中國剩余定理可用於求解同余方程組
$\begin{cases}x≡a_1(mod\ m_1)\\x≡a_2(mod\ m_2)\\.....\\x≡a_n(mod\ m_n)\end{cases}$
其中$m_1,m_2...m_n$為兩兩互質的整數
求解過程：
我們設$M=\prod\limits_{i=1}^nm_i\ ,\ M_i=\frac{M}{m_i}\ ,\ M_it_i≡1(mod\ m_i)\ (1<=i<=n)$
則該方程組必有一解$x_0=\sum\limits_{i=1}^na_iM_it_i$
可得通解$x=x_0+k*M$（$k$為任意整數）
則有最小正整數解$x_{min}=(x\%M+M)\%M$，上式結果為0時$x_{min}=M$
證明：
$\begin{cases}a_jM_jt_j≡0(mod\ m_i)(i\ne j)\\a_jM_jt_j≡a_j(mod\ m_i)(i=j)\end{cases}$
故$\sum\limits_{i=1}^na_iM_it_i≡a_i(mod\ m_i)$
擴展中國剩余定理（EXCRT）
擴展中國剩余定理可用於求解同余方程組
$\begin{cases}x≡a_1(mod\ m_1)\\x≡a_2(mod\ m_2)\\.....\\x≡a_n(mod\ m_n)\end{cases}$
和中國剩余定理的區別在於，擴展中國剩余定理不要求$m_i$兩兩互質（很強的性質）
考慮遞推求解，假設已經求出前$k-1$個方程組成的同余方程組的一個解$x$，設$M=lcm(m_1,m_2...m_{k-1})$
則前$k-1$的方程的通解為$x+i*M$（$i$為任意整數）
那么對於加入第$k$個方程后的方程組
我們就是要求一個正整數$t$，使得$x+t*M≡a_k(mod\ m_k)$
即$t*M≡a_k-x(mod\ m_k)$
對於這個式子我們已經可以通過擴展歐幾里得求解$t$
若該同余式無解，則整個方程組無解，若有，則前$k$個同余式組成的方程組的一個解為$x_k=x+t*M$
核心代碼
scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b); m=a,ans=b; for(int t,tmp,i=2;i<=n;ans%=m,i++) { scanf("%lld%lld",&a,&b); int g=exgcd(m,a,t,tmp),c=((b-ans)%a+a)%a; if(c%g) { printf("-1\n"); return 0; } t=mul(t,c/g,a/g),ans+=t*m,m=lcm(m,a); } ans=(ans%m+m)%m; printf("%lld\n",ans?ans:m);
大步小步算法（BSGS）
$BSGS$主要用於求解形如$a^x≡b(mod\ p)$的方程，其中$gcd(a,p)=1$
考慮最小解$x_0$，由歐拉定理的推論可得$a^x≡a^{x-k*φ(p)}$，則$x_0\in[0,φ(p)),k\in Z$
設$a^{x=ik-t}≡b(mod\ p)$，則必有$a^{ik}≡b*a^t(mod\ p)(0<t<=k,0<i<=\left\lceil\dfrac{φ(p)}{k}\right\rceil)$
枚舉$t$，將$b*a^t\%p$存入哈希表（這里也可以使用$map$，不過會多帶一個$log$），枚舉$i$，在哈希表中查找即可得到第一個循環節中的所有解。第一個查找到的解即為最小解，對於第一個循環節中的任一解$x$，顯然$x+k*φ(p),k\in Z^*$為該方程的解
時間復雜度$O(k+\dfrac{φ(p)}{k})$，由均值不等式可得$k=\sqrt{φ(p)}$時有最低時間復雜度$O(\sqrt{φ(p)})$
最小解求解代碼
k=ceil(sqrt(phi)); int tp=1; for(int tmp=n*b%p,i=1;i<=k;i++,(tp*=b)%=p,(tmp*=b)%=p) mp[tmp]=i; for(int tmp=tp,i=1;i<=(phi+k-1)/k;i++,(tmp*=tp)%=p) if(mp[tmp]) { printf("%lld\n",i*k-mp[tmp]); return 0; } printf("no solution\n");
擴展BSGS
擴展$BSGS$主要用於求解形如$a^x≡b(mod\ p)$的方程
對於同余方程$a^x≡b(mod\ p)$，我們可以將其展開為$a*a^{x-1}+pk=b$的形式，可得$gcd(a,p)|b,x>0$為原方程有整數解的一個充分條件，這時討論$x=0$等式是否成立，若成立則求得答案，否則若方程無解則同余方程無解
對於有解的方程，兩邊同除$gcd(a,p)$可得$\frac{a}{gcd(a,p)}*a^{x-1}+\frac{p}{gcd(a,p)}*k=\frac{b}{gcd(a,p)}$
轉化為同余式可得$\frac{a}{gcd(a,p)}a^{x-1}≡\frac{b}{gcd(a,p)}(mod\ \frac{p}{gcd(a,p)})$
設$p'=\frac{p}{gcd(a,p)}$，若$gcd(a,p')=1$，按$BSGS$處理即可，否則重復執行上述過程
顯然遞歸深度不超過$logp$，故可近似認為擴展$BSGS$與$BSGS$時間復雜度相同
完整代碼
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<map> #define int long long using namespace std; int c,a,p,b,k,ans,phi; map<int,int>mp; int gcd(int x,int y) { return y?gcd(y,x%y):x; } signed main() { while(1) { scanf("%lld%lld%lld",&a,&p,&b); if(!a) return 0; a%=p,mp.clear(),ans=0,c=1; int ps=p,bs=b; bool f=0; if(b>=p) { printf("No Solution\n"); continue; } if(!a) { printf("0\n"); continue; } for(int g=gcd(a,p);g!=1;g=gcd(a,p)) { if(c==b) { printf("%lld\n",ans),f=1; break; } if(b%g) { printf("No Solution\n"),f=1; break; } p/=g,(c*=a/g)%=p,b/=g,ans++; } if(f) continue; phi=p; for(int tmp=p,i=2;i*i<=tmp;i++) if(tmp%i==0) { while(tmp%i==0) tmp/=i; phi=phi*(i-1)/i; } k=ceil(sqrt(phi)); int tp=1; for(int tmp=b*a%p,i=1;i<=k;i++,(tp*=a)%=p,(tmp*=a)%=p) mp[tmp]=i; for(int tmp=tp,i=1;i<=(phi+k-1)/k;i++,(tmp*=tp)%=p) if(mp[tmp*c%p]) { printf("%lld\n",i*k-mp[tmp*c%p]+ans),f=1; break; } if(!f) printf("No Solution\n"); } return 0; }
階和原根
定義：
階：若$p,a$為正整數，且$p,a$互質，稱滿足同余式$a^x \equiv 1 \pmod p$的最小正整數$x$作$a$模$p$的階，記作$ord_pa$
原根：若$p,a$為正整數，且$p,a$互質，且$ord_pa=\varphi(p)$，則稱$a$為模$p$的原根
階的性質：
1，$a^n≡1(mod\ p)$的充要條件為$\mathrm{ord}_pa|n$
推論：$ord_pa∣φ(p)$
2，對正整數$b$，若$a\equiv b\pmod p$，則$\text{ord}_pa=\text{ord}_pb$
3，設$m,n\in\mathbb N$，$a^m\equiv a^n\pmod p$的充要條件為 $m\equiv n\pmod {\text{ord}_pa}$
4，令$\text{ord}_pa=x$，則$1,a,a^2,\cdots,a^{x-1}$，模$p$兩兩不同余
5，對正整數$b$，若$ab\equiv1\pmod p$，則$\text{ord}_pa=\text{ord}_pb$
6，令$x=\text{ord}_pa$，對正整數$t$有$\text{ord}_pa^t=\frac{x}{\gcd(t,x)}$
7，對正整數$m$，若$m\mid p$，則$\text{ord}_ma\mid \text{ord}_pa$
8，對正整數$m$，若$m\bot p,a\bot m$，則 $\text{ord}_{mp}a=\text{lcm}(\text{ord}_{m}a,\text{ord}_{p}a)$
9，對正整數$b$，若$b\bot p$且$\mathrm{ord}_pa\bot \mathrm{ord}_pb$，則$\mathrm{ord}_pab=\mathrm{ord}_pa\times \mathrm{ord}_pb$
原根存在定理
原根存在的充要條件：模數為$2,4,p^k,2\times p^k$，其中$p$為奇素數，$k$為正整數
原根判定定理
$a$為模$m$的原根的充要條件是對於$\varphi(m)$的任意質因子$p$，必有 $a^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1 \pmod m$，且$a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m$。
證明：由階的性質1及其推論可得
原根的性質
1，設$a$為模$p$的原根，則集合$S=\{a^{s} \mid 1 \leq s \leq \varphi(p),s\bot\varphi(p)\}$給出模$p$的全部兩兩不同余的原根。模$p$的全部兩兩不同余的原根有 $\varphi(\varphi(p))$個。
2，最小原根是不大於$p^{\frac{1}{4}}$級別的
原根的求解
基於原根的性質，設計以下算法：依據原根判定定理枚舉求解最小原根$a$；枚舉指數$s$，若$s$與$\varphi(p)$互質，則$a^s\ mod \ p$為一個原根
完整代碼
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #define int long long using namespace std; const int maxn=1e6+10; int t,n,phi[maxn],pr[maxn],g[maxn],cnt,ord[maxn]; bool p[maxn],f[maxn]; int gcd(int x,int y) { return y?gcd(y,x%y):x; } int quick_pow(int x,int y) { int ret=1; for(;y;y>>=1,(x*=x)%=n) if(y&1) (ret*=x)%=n; return ret; } bool check(int x) { for(int i=phi[n];i>1;i/=g[i]) if(quick_pow(x,phi[n]/g[i])==1) return 0; return 1; } signed main() { p[1]=1,phi[1]=1; for(int i=2;i<=maxn-10;i++) { if(!p[i]) pr[++cnt]=i,phi[i]=i-1,g[i]=i; for(int j=1;j<=cnt&&pr[j]*i<=maxn-10;j++) { p[i*pr[j]]=1,g[i*pr[j]]=pr[j]; if(i%pr[j]==0) { phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j]; break; } phi[i*pr[j]]=phi[i]*phi[pr[j]]; } } f[2]=f[4]=1; for(int i=2;i<=cnt;i++) for(int j=pr[i];j<=maxn-10;j*=pr[i]) { f[j]=1; if(2*j<=maxn-10) f[2*j]=1; } scanf("%lld",&t); while(t--) { scanf("%lld",&n); if(!f[n]) { printf("0\n\n"); continue; } int a=1,tot=1; for(;!check(a)||quick_pow(a,phi[n])!=1;a++); ord[1]=a; for(int i=2;i<phi[n];i++) if(gcd(i,phi[n])==1) ord[++tot]=quick_pow(a,i); sort(ord+1,ord+tot+1); printf("%lld\n",tot); for(int i=1;i<=tot;i++) printf("%lld ",ord[i]); printf("\n"); } return 0; }
二次剩余
定義
二次剩余，俗稱模意義開根，這里只介紹模數$p$為奇素數的解法
對於正整數$n$，若對於一個奇素數$p$，存在$x$滿足$x^2\equiv n(mod \ p)$則稱$n$是模$p$的二次剩余，否則稱$n$是模$p$的非二次剩余
二次剩余的性質
1，對於模$p$的二次剩余$n$，該方程有兩個不同解，且它們互為模意義下的相反數
2，任意一對相反數都對應一個二次剩余，而且這些二次剩余是兩兩不同的
3，二次剩余的數量恰為$\frac{p-1}{2}$，其他的非$0$數都是非二次剩余，數量也是$\frac{p-1}{2}$
4，二次剩余的逆元還是二次剩余，兩個二次剩余的乘積還是二次剩余
歐拉准則
1，$n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1$與$n$是二次剩余等價
2，$n^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1$與$n$是非二次剩余等價
$Cipolla$算法
首先找到一個$a$滿足$a^2 - n$是非二次剩余，由於非二次剩余的數量是$\frac{p-1}{2}$，通過隨機+根據歐拉准則檢驗的方式期望約$2$次可以找到這樣一個$a$。
接下來定義$i^2 \equiv a^2 - n$。
但是$a^2 - n$不是二次剩余，怎么找得到這樣一個$i$？
類比實數域到復數域的推廣，定義這樣一個$i$，將所有數表示為$A+Bi$的形式，
其中$A, B$都是模$p$意義下的數，類似於實部和虛部。
考慮證明$(a + i)^{p+1} \equiv n$
引理 1 ：$i^p \equiv -i$
證明：$i^p \equiv i(i^2)^{\frac{p-1}{2}} \equiv i(a^2 - n)^{\frac{p-1}{2}} \equiv -i$
引理 2 ：$(A + B)^p \equiv A^p + B^p$
證明：二項式定理展開后，由於$p$是質數，除了$C_p^0, C_p^p$外的組合數分子上的階乘沒法消掉，模$p$都會為$0$，剩下來的就是$C_p^0 A^0 B^p + C_p^p A^p B^0$
現在根據上述引理和費馬小定理完成證明：
$(a + i)^{p+1} \equiv (a^p + i^p) (a + i) \equiv (a - i) (a + i) \equiv a^2 - i^2 \equiv n$
可以證明$(a + i)^{\frac{p+1}{2}}$的虛部一定為$0$，那么$(a + i)^{\frac{p+1}{2}}$即是一個解，其相反數是另一個解。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<ctime> #define int long long using namespace std; struct c{ int x,y; }; int t,n,p,a,pw; int mod(int x) { return (x%p+p)%p; } c operator *(c &x,const c &y) { return (c){mod(x.x*y.x+pw*x.y%p*y.y),mod(x.x*y.y+y.x*x.y)}; } int quick_pow(c x,int y) { c ret;ret.x=1,ret.y=0; for(;y;y>>=1,x=x*x) if(y&1) ret=ret*x; return ret.x; } int pow(int x,int y) { int ret=1; for(;y;y>>=1,(x*=x)%=p) if(y&1) (ret*=x)%=p; return ret; } signed main() { srand(time(0)); scanf("%lld",&t); while(t--) { scanf("%lld%lld",&n,&p); if(pow(n,(p-1)/2)==p-1) { printf("Hola!\n"); continue; } else if(!n) { printf("0\n"); continue; } for(a=rand()%p;pow(pw=mod(a*a-n),(p-1)/2)!=p-1;a=rand()%p); int ans=quick_pow((c){a,1},(p+1)/2); if(p-ans<ans) ans=p-ans; printf("%lld %lld\n",ans,p-ans); } return 0; }