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一、介绍

1.定义

当存在某个$x$，可以使得式子$x^2\equiv n(mod$ $p)$成立时，称“n是模p的二次剩余”；
当对任意x不成立时，称“n是模 p的二次非剩余”。

例如，满足模11的二次剩余的数有：$1,3,4,5,6$
模11二次非剩余的数有：$2,6,7,8,10$

至于$0$，即不是二次剩余也不是二次非剩余。

2.定理

对于方程$x^2\equiv n(mod$ $p)$,如果$p$是一个奇质数（即$p$为大于2的质数），那么在集合 { 1 , 2 , … , p − 1 } \{1,2,…,p-1\} {1,2,…,p−1}中，有$\frac{p-1}{2}$个数满足模$p$的二次剩余，剩下的$\frac{p-1}{2}$个数为模$p$的二次非剩余。

证明：

第一步：对于任何一个整数$X$来说，$X^2\%p$都可以写为： x 2 % p ( x ∈ { 1 , 2 , … , p − 1 } ) x^2\%p(x \in \{1,2,…,p-1 \}) x2%p(x∈{1,2,…,p−1})

$X=k\ast p+x$
$X^2\%p=(k\ast p+x{)}^2\%p\Rightarrow x^2\%p$

第二步：证明$x^2$与$(p-x{)}^2$在模$p$条件下同余

将$(p-x{)}^2$进行展开得到$(p^2-2px+x^2)$，再对$p$取模，得到$x^2$
证毕。

第三步：证明在 { 1 , 2 , … , p − 1 2 } \{1,2,…,\frac{p-1}{2} \} {1,2,…,2p−1​}中，不同的$x$所对应$x^2$对p取模的结果不同
反证法：若存在不同的$x$，$y$处于集合中，且$x^2\equiv y^2(mod$ $p)$
那么就推出$p|(x^2-y^2)\Rightarrow p|(x-y)(x+y)$

由于$(x+y)<p$,这个式子成立的唯一可能就是$x==y$，与条件相矛盾。
证毕。

由上方的三个证明可以得知，前$\frac{p-1}{2}$个数对应$x^2$对p取模的结果与后$\frac{p-1}{2}$个数相同，而且，前$\frac{p-1}{2}$个数对应$x^2$对p取模的结果各自不同，说明集合 { 1 , 2 , … , p − 1 } ) \{1,2,…,p-1 \}) {1,2,…,p−1})对应的$x^2$对p取模的结果有$\frac{p-1}{2}$个，再结合证明一，进行推广，所有整数对应的$x^2$对p取模的结果有$\frac{p-1}{2}$个

也就是在集合 { 1 , 2 , … , p − 1 } \{1,2,…,p-1\} {1,2,…,p−1}中，有$\frac{p-1}{2}$个数满足模$p$的二次剩余，剩下的$\frac{p-1}{2}$个数为模$p$的二次非剩余。

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二、判别

1.勒让德符号（Legendre Symbol）

如果$p$是一个奇质数，$a$是一个整数，可以使用$(\frac{a}{p})$来表示$a$是否为模$p$二次剩余，或者是既不是二次剩余，也不是二次非剩余。

2.欧拉判别准则（Euler’s criterion）

(1)内容

如果$p$是一个奇质数，$a$是一个整数此时存在等式：
$(\frac{a}{p})=a^{\frac{p-1}{2}}(mod$ $p)$

(2)证明

1. 若$(\frac{a}{p})=0$
$a=kp\Rightarrow a^{\frac{p-1}{2}}=(kp{)}^{\frac{p-1}{2}}$
$(kp{)}^{\frac{p-1}{2}}\equiv 0(mod$ $p)$
所以此时$a^{\frac{p-1}{2}}=0=(\frac{a}{p})$

2. 若$(\frac{a}{p})=1$
$a$与$x^2$同余，而且 x ∈ { 1 , 2 , … , p − 1 } x\in\{1,2,…,p-1\} x∈{1,2,…,p−1},
由于$x$与$p$互质，根据费马小定理，可知：
$x^{p-1}\equiv 1(mod$ $p)$
$\Rightarrow (x^2{)}^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(mod$ $p)=(\frac{a}{p})$

3. 若$(\frac{a}{p})=-1$
此时$a$与$i\ast j$同余，且 i ≠ j ， i 、 j ∈ { 1 , 2 , … , p − 1 } i\neq j，i、j\in\{1,2,…,p-1\} i​=j，i、j∈{1,2,…,p−1}
$i\ast j\equiv a(mod$ $p)$
$\Rightarrow i\equiv a\ast j^{-1}(mod$ $p)$

第一步证明不同的$i$所对应的$j$是不同的。

反证法:若存在$由于I\equiv a\ast j^{-1}(mod$ $p)$与$i\equiv a\ast j^{-1}(mod$ $p)$
则可以写为：$I-i=kp$
由于 i 、 I ∈ { 1 , 2 , … , p − 1 } i、I\in\{1,2,…,p-1\} i、I∈{1,2,…,p−1}
唯有$i==I$时，才会成立，产生矛盾。
证毕。

第二步证明$a^{\frac{p-1}{2}}=(p-1)!$

可以将集合 { 1 , 2 , … , p − 1 } \{1,2,…,p-1\} {1,2,…,p−1}内的$p-1$个数分为$\frac{p-1}{2}$组，每组里面的两个数的积与$a$同余，所以$(p-1)!$即$a^{\frac{p-1}{2}}$.

根据威尔逊定理:p 是质数的充要条件为 $(p-1)!\equiv -1(mod$ $p)$
此时可以得到：$a^{\frac{p-1}{2}}=(p-1)!\equiv -1(mod$ $p)$

(3)注意

以算法实现时，直接计算$a^{\frac{p-1}{2}}$模$p$的结果将得到$p-1$，所以也可以表示为：
$$a^{\frac{p-1}{2}}\%p=\{\begin{array}{ll}1& (\frac{a}{p})=1\\ p-1& (\frac{a}{p})=-1\\ 0& (\frac{a}{p})=0\end{array}$$

三、$x^2\equiv n(mod$ $p)$——奇波拉算法（Cipolla’s algorithm）

求解方程$x^2\equiv n(mod$ $p)$

1.操作

(1)先利用欧拉判别准则判断$n$是否满足对模$p$二次剩余，若满足进行下一操作，若不满足，则结束。

(2) 通过随机试错的方法从集合 { 0 , 1 , 2 , . . . , p − 1 } \{0,1,2,...,p-1\} {0,1,2,...,p−1}中找到一个$a$，且$a^2-n$满足模$p$的二次非剩余，即$(\frac{a^2-n}{p})==-1$

(3)$x=(a+\sqrt{a^2-n}{)}^{\frac{p+1}{2}}$就是一个解，由于$x^2$与$(p-x{)}^2$同余，所以还有第二个解$(p-x)$

2.证明$x=(a+\sqrt{a^2-n}{)}^{\frac{p+1}{2}}$为解

大佬的证明

重点在于将上方的定理推导到复数域中。

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四、模板题

代码

#include<bits/stdc++.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;
}//二次域上快速幂
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;
}//求勒让德符号
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)//为二次非剩余 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(){int t;cin>>t;while(t--){int n, p;cin>>n>>p;n%=p;int a = Solve(n, p);if(a == -1){cout<<"Hola!"<<endl; continue;}int b = p - a;if(a > b) swap(a, b);if(a == b)cout<<a<<endl;elsecout<<a<<" "<<b<<endl;}return 0;
}

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五、$x^2\equiv n(mod$ $p^k)$（gcd(x,p)=1,p为奇质数）

先解同余式$x^2\equiv n(mod$ $p)$

设解为$r$，即$r^2\equiv n(mod$ $p)$
转化可得：$r^2-n=mp$ $\Rightarrow (r^2-n{)}^k=(mp{)}^k$

用$w$表示$\sqrt{n}$

上式就变为了$(r+w{)}^k(r-w{)}^k=(mp{)}^k$

进行二项式展开，
$(r+w{)}^k=C_k^0{r}^k+C_k^1{r}^{k-1}w...+C_k^{k-1}r{w}^{k-1}+C_k^k{w}^k\Rightarrow t+u\ast w$
$(r-w{)}^k=C_k^0{r}^k+C_k^1{r}^{k-1}(-w)...+C_k^{k-1}r(-w{)}^{k-1}+C_k^k(-w{)}^k\Rightarrow t-u\ast w$

仅当$(-w)$的次数为偶次时才会作用于$t$，此时负号相抵消，故两式能够构成一个平方差的形式。

上式就变为了$t^2-u^2\ast n=(mp{)}^k$
即$t^2-u^2\ast n\equiv 0(mod$ $p^k)$

处理得$t^2\equiv u^{2}n(mod$ $p)$

通过二项式展开的式子，有$gcd(p,u)==1$(暂未证明，待补充)

通过消去律，可以得到：$t^2(u^{-1}{)}^2\equiv n(mod$ $p)$
通过求逆元的方法可以求出$u^{-1}$

此时得出了第一个解$x=t\ast inv(u)(mod$ $p^k)$
再根据之前的同余关系$x^2\equiv (p-x{)}^2(mod$ $p)$
所以还有第二个解$(p^k-t\ast inv(u))(mod$ $p^k)$

例：求方程$x^2\equiv 13(mod$ $27)$的解

可以求出$t=40,u=16,inv(u)=22$
所以第一个解为$t\ast inv(u)=(40\ast 22)\%27=16$
第二个解就是$p^k-x=27-16=11$

为了方便理解，也可以写为$x\equiv \pm 11(mod$ $27)$

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