1.二次同余式
二次同余式是關於未知數的二次多項式的同余方程。即：
是一個二次同余方程。
此外，稱
為最簡二次同余式，或稱最簡二次同余方程。
一般的，通過配方，可以把一個一般的二次同余方程轉化為一個最簡二次同余式
接下來只需要討論最簡二次同余式。
2二次剩余
2.1 前置概念、定理即證明：
若無特殊說明，下面的模運算都是在模p的意義下
1.有正整數n，奇質數p，且\(p\nmid n\)，若存在一個正整數x，使得\(x^2\equiv n(\bmod p)\)則稱n為p的二次剩余。
2.勒讓德符號 \(\begin{pmatrix}\dfrac{n}{p}\end{pmatrix}\)，若n為p的二次剩余，則該值為1，若不是則該值為-1，若\(p\mid n\)，則該值為0
定理1：\(\begin{pmatrix}\dfrac{n}{p}\end{pmatrix}\equiv n^{\frac{p-1}{2}}\)
證明：
1.若p能整除n，那右邊明顯模p與0同余，故成立。
2.若n是p的二次剩余，則根據費馬小定理(\(n^{p-1}\equiv1(\bmod p)\)其中，p為質數)，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，則根據擴展歐幾里得算法，對於\(i\in[1,p-1]\)都有唯一的\(j\in[1,p-1],i\neq j且ij\equiv n\)這樣的數一共有\(\frac{p-1}{2}\)個，因此\(\frac{p-1}{2}\equiv (p-1)!\)根據威爾遜定理)(：當且僅當p為素數時有：\(( p -1 )! \equiv -1 ( \bmod p )\))，就有\(\frac{p-1}{2}\equiv -1\)
證畢
威爾遜定理證明：
我們知道\(1\times1\equiv 1(mod p)\)\(,( − 1 ) \times ( − 1 )\equiv (mod p)\)，且僅有這兩組的逆元與本身相等。如果\(x^2\equiv 1(\bmod p)\)那么通過移項再因式分解可以得到\(x=-1\)或\(x=1\)，除了1，-1這兩個數之外，2至p-2中的每一個數都一定有一個對應的逆元（注明：\(-1\equiv p-1(\bmod p)\)）且一定與自己不相等，且每一個數與他的逆元一 一對應。
如果p是2，那威爾遜定理顯然成立，如果\(p>2\) ，那么p一定是一個奇數，從2到p-2一共有偶數個數，且他們兩兩相乘mod p都是1，在乘上1（mod p為1）和p-1（mod p為-1）兩個數，就有\((p-1)!\equiv -1(\bmod p)\) 需要注意的是，一個數有逆元的充分必要條件是這個數與p互素，上述證明的前提是1到p-1都有逆元，即1到p-1都與p互素，自然，p是一個質數。
上面的證明並不嚴謹，但能看出，只有質數才能滿足威爾遜定理，滿足威爾遜定理的也只有是質數，所以，威爾遜定理是質數的充要條件。
證畢
定理1推論：若方程最簡二次同余式有解的充要條件是\(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(\bmod p)\)
定理2.\([1,p-1]\)中有\(\frac{p-1}{2}\)個二次剩余。
證明：
設\(x,y\in [1,p-1],x\neq y,x^2\equiv y^2\)，則\((x-y)(x+y)\equiv 0\) 由於有\(0<|x-y|<p\)，所以必定是\(x+y\equiv 0\) ，滿足左邊這個式子的數對共有\(\frac{p-1}{2}\)個，每兩個不同的數對，它們之間的平方相互不同余，簡單證明可以發現，如果兩個不同平方數\(x^2\)和 \(y^2\)mod質數p同余（滿足\(x,y\in [1,p-1]\)），當且僅當它們互為相反數，證明就和上面的推理過程一樣，移項分解因式即可。與此同時，每個數對內部的數的平方mod p同余。這樣，在mod p意義下，定理得證。
證畢
這同時還說明，如果a是p的一個二次剩余，p-a也是p的一個二次剩余。
2.2求解最簡二次同余式&二次剩余
方法：在\([0,p-1]\)中隨機生成一個數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的一個解。
證明：
顯然有\(\tbinom{p}{x}\equiv 0 (\bmod p)\)，（這是二項式系數，不要和勒讓德符號弄混），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：以上是二項式定理），根據費馬小定理，有\(a^{p-1}\equiv 1(\bmod p)\)所以有\(a^p\equiv a (\bmod p)\) （注意，費馬小定理強調a是整數，所以對\((\sqrt{w})^p\)並不能使用費馬小定理）根據定理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\((a+\sqrt{w})^{\frac{p-1}{2}}\)為原方程的一個解。
證畢
可能大家會有疑惑，不是正整數嗎？這個根號下w無論怎么看那都是一個實數啊，其實不然，n是p的二次剩余，並且該解滿足條件，那么該解在mod p意義下一定是一個整數，但是實數怎么參與取模運算呢?我們利用擴域的思想，數學家在從實數想復數擴域時，定義了一個\(a+bi\)這里我們同樣可以借鑒，定義一個\(a+b\sqrt{w}\)，記錄時只記錄a和b，然后利用\((a_1+b_1\sqrt{w})(a_2+b_2\sqrt{w})=(a_1a_2+b_1b_2w)+(a_1b_2+a_2b_1)\sqrt{w}\)去定義這個域上的乘法運算（別忘取余），可以實現快速冪。
由於\([1,p-1]\)一中有一般的數都是二次剩余，所以我們隨機的期望次數為2
同時，如果\(x_1\)滿足方程，那么在mod p意義下它的相反數也滿足方程，即\(p-x_1\)
代碼：
#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;
}
還記得“每兩個不同的數對，它們之間相互不同余”嗎？這也說明，對於一個二次剩余\(y^2(\bmod p)\)來說，它有且只有兩個解，\(x\)和\(p-x\)。
參考資料
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洛谷日報