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数论内容简要整理

其他 Ivanovcraft 2771次浏览 0个评论

部分内容引自清华大学秦岳《初等数论》,dengyaotriangle的博客,_WZT_ 的博客,niiick的博客,超十一维的博客

算术基本定理

任何一个大于1的自然数$N$,如果$N$不为质数,那么$N$可以唯一分解成有限个质数的乘积

$$N=P_1^{a_1}*P_2^{a_2}*P_3^{a_3}……P_n^{a_n}$$

这里$P1<P2<P3……<Pn$均为质数,其中指数$a_i$是正整数。这样的分解称为$N$的标准分解式

素数无限定理

正整数集中包含无限个素数

证明:假设素数有限,设其为$p_1…p_n$,构造$s=1+\prod p_i$,若s是素数,矛盾;若s是合数,则$p_1…p_n$都不是s的约数,与算术基本定理矛盾

Eratosthnes素数筛法

设置一从2开始的数表,若该数没有被划掉,则其为一个素数,将其所有倍数划掉

复杂度$O(nlogn)$

优化版埃氏筛关键部分代码

数论内容简要整理
数论内容简要整理

p[1]=1;    //bool p[i]表示i是否为素数
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;

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欧拉线性筛法

维护每个数的最小素因子$mindiv$,从2开始,若其$mindiv$未知,则为素数,将其小于本身$mindiv$的素数倍的数设置成素数。每个数只会被其最小素因子筛一次。复杂度$O(n)$

线性筛关键部分代码

数论内容简要整理
数论内容简要整理

p[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
    if(!p[i])
        pr[++cnt]=i;    //pr为素数表
    for(int j=1;j<=cnt&&pr[j]*i<=n;j++)
    {
        p[i*pr[j]]=1;
        //以pr[j]作为最小质因子更新p[i*pr[j]]
        if(i%pr[j]==0)
            break;
        /*i的mindiv比pr[j]更小,最小质因子不再是pr[j]
        ,若继续更新则会出现冗余操作*/
    }
}

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利用线性筛实现的高效分解质因数

对于数$x$每次取其最小质因子,更新$x$为$x/mindiv$,当$x=1$时分解结束,时间复杂度$O(logn)$

数论内容简要整理
数论内容简要整理

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;
    }
}

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朴素分解质因数

$O(\sqrt n)$的分解质因数,对于单个数的分解质因数和积性函数单值求解具有重要作用

数论内容简要整理
数论内容简要整理

for(int i=2;i*i<=n;i++)
    while(n%i==0)
    //这里的i一定是素数,不妨利用反证法证明
    //若i为合数,设i有素因子j小于i,j在前面的过程中已被筛去,n%j!=0故n%i!=0,与条件矛盾,故i必为素数
        n/=i;

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更相减损术

$gcd(a,b)=gcd(a,a-b)$

欧几里得算法

$gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)$

裴蜀定理(贝祖定理)

若$a,b$是整数,且$(a,b)=d$,那么对于任意的整数$x,y$,$ax+by$都一定是$d$的倍数,特别地,一定存在整数$x,y$,使$ax+by=d$成立。

推论:$a,b$互质的充要条件是存在整数$x,y$使$ax+by=1$

推论:设$a_1,a_2,a_3……a_n$为$n$个整数,$d$是它们的最大公约数,那么存在整数$x_1……x_n$使得$x_1*a_1+x_2*a_2+…x_n*a_n=d$

扩展欧几里得算法(exgcd)

$exgcd$用于解决二元一次不定方程的解的相关问题

对于不定方程$ax+by=c$

由裴蜀定理可知$gcd(a,b)|(ax+by)$,故若$c$不是$gcd(a,b)$的倍数则无整数解

引理:$ax+by=gcd(a,b)$的特解求法

显然存在$x1,y1$使得$ax+by=bx_1+(a\%b)y_1$成立

由模运算的性质可知$a\%b=a-b*\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor$

可得$ax+by=bx_1+(a-b*\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor)y_1$

$=ay_1+b*(x_1-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor y_1)$

则有$x=y_1,y=x_1-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor y_1$

由欧几里得算法得迭代过程的终止状态为$a=gcd(a,b),b=0$

此时有$gcd(a,b)*x=gcd(a,b)$,取$x=1$即可,此时任取$y$均可保证该式成立,为避免溢出常取$y=0$

该过程的代码实现

数论内容简要整理
数论内容简要整理

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);
}

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设$x_0,y_0$为$ax+by=gcd(a,b)$的一组特解,即有$ax_0+by_0=gcd(a,b)$

则有原方程的一组特解

$$a\frac{x_0c}{gcd(a,b)}+b\frac{y_0c}{gcd(a,b)}=c$$

$$x_1=\frac{x_0c}{gcd(a,b)},y_1=\frac{y_0c}{gcd(a,b)}$$

构造原方程的通解形式

易得对于任意常数$d$,有$a(x_1+db)+b(y_1-da)=c$成立。为保证通解均为整数解,只需使$db,da$均为整数即可;而为保证得到通解,$d$须取满足上述条件的最小值,而易得该最小值为$\frac{1}{gcd(a,b)}$

可得通解:$x=x_1+\frac{kb}{gcd(a,b)},y=y_1+\frac{ka}{gcd(a,b)}$其中$k$为任意整数

并有性质:随$k$增大,$x$增大,$y$减小

则有最小正整数解$(x\%d_x+d_x)\%d_x$($d_x$为上文所提$db$)(若上式结果为0则最小正整数解为$d_x$),此时$y$取到两数均为正整数时的最大值

乘法逆元

$ab≡ba≡1(mod\ p)$
则称$b$是$mod\ p$意义下$a$的乘法逆元(定义了剩余系中的除法),记为$a^{-1}$,$a$的乘法逆元的意义是$a$在$mod\ p$剩余系下的倒数

乘法逆元的扩展欧几里得求法

给定$a,p$计算$b$使得$a*b≡1(mod\ p)$,等价于解方程$ax+py=1$($x,y$为整数变量,扩展欧几里得即可)

条件:$a,p$互质,即二元一次不定方程有解的条件,也即乘法逆元存在的充要条件

数论内容简要整理
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if(exgcd(a,mod,x,y)==1)    //判断逆元是否存在
    printf("%d\n",(x%mod+mod)%mod);    //xj=即为a的逆元

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时间复杂度$O(logn)$

费马小定理

假如$p$是质数,且$gcd(a,p)=1$,那么$a^{p-1}≡1(mod\ p)$

证明:

引理:集合$S1=\{1,2,3…p-1\},S2=\{1a,2a,3a…(p-1)a\}$,$S1$在模$p$意义下等于$S2$

故$(p-1)!≡a^{p-1}*(p-1)! (mod\ p)$,$(p-1)!$与$p$互素存在乘法逆元,故$a^{p-1}≡1(mod\ p)$。

乘法逆元的快速幂求法

若$p$是素数,由于$a^{p-1}≡1(mod\ p)$,故$a$的乘法逆元为$a^{p-2}$(就一个快速幂,所以这里就不再提供代码了)

条件:$a,p$互质且$p$为质数;时间复杂度:$O(logn)$

线性预处理乘法逆元

在$O(n)$的时间内求出$1..n$的逆元,条件:$1…n$均与$p$互素(为简化表达常表达为$p$为质数)

显然$1^{-1}≡1(mod\ p)$

设$p=\left\lfloor\dfrac{p}{k}\right\rfloor*k+r(0<r<k<p)$

可得$\left\lfloor\dfrac{p}{k}\right\rfloor*k+r≡0(mod\ p)$

两边同乘$k^{-1},r^{-1}$可得

$\left\lfloor\dfrac{p}{k}\right\rfloor*r^{-1}+k^{-1}≡0(mod\ p)$

可得$k^{-1}≡-\left\lfloor\dfrac{p}{k}\right\rfloor*(p\ mod\ k)^{-1}(mod\ p)$

由此可以实现递推求解逆元

数论内容简要整理
数论内容简要整理

a[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
    a[i]=-(p/i)*a[p%i];
       a[i]=(a[i]%p+p)%p;
}

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积性函数

在数论中的积性函数:对于正整数$n$的一个算术函数$f(n)$,若$f(1)=1$,且当$a,b$互质时$f(ab)=f(a)f(b)$,在数论上就称它为积性函数。若对于某积性函数$f(n)$,就算$a,b$不互质,也有$f(ab)=f(a)f(b)$,则称它为完全积性的。

欧拉函数

对正整数$n$,欧拉函数$\varphi(n)$是小于等于$n$的正整数中与$n$互质的数的数目,例如$\varphi(8)=4(1,3,5,7)$

由欧拉函数的积性可得$φ(n)=\prodφ(p_i^{q_i})$

$φ(x=p^q)=p^{q-1}*(p-1)=x*(1-\frac{1}{p})$($p$为质数)
这个结论是显然的。

故$φ(x)=x*\prod\limits_{i=1}^n(1-\frac{1}{p_i})$

由$φ$的积性性质可由线性筛法$O(n)$计算$φ(1)…φ(n)$

数论内容简要整理
数论内容简要整理

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]];
    }
}

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欧拉定理

若$p,a$为正整数,且$p,a$互质,则:$a^{φ(p)}≡1(mod\ p)$

推论:$(a^{φ(p)})^{-1}=a^{φ(p)}$

推论:$a^b≡a^{b\%φ(p)}≡a^{b-k*φ(p)}(gcd(a,p)=1)$(等式两边同乘$(a^{φ(p)})^{-1}$)

扩展欧拉定理

$a^b≡\begin{cases}a^b,b<\varphi(p)\\a^{b\ mod\ \varphi(p)+\varphi(p)},b\geqslant\varphi(p)\end{cases}\pmod p$

不要求$a,p$互质

中国剩余定理(CRT)

中国剩余定理可用于求解同余方程组

$\begin{cases}x≡a_1(mod\ m_1)\\x≡a_2(mod\ m_2)\\…..\\x≡a_n(mod\ m_n)\end{cases}$

其中$m_1,m_2…m_n$为两两互质的整数

求解过程:

我们设$M=\prod\limits_{i=1}^nm_i\ ,\ M_i=\frac{M}{m_i}\ ,\ M_it_i≡1(mod\ m_i)\ (1<=i<=n)$

则该方程组必有一解$x_0=\sum\limits_{i=1}^na_iM_it_i$

可得通解$x=x_0+k*M$($k$为任意整数)

则有最小正整数解$x_{min}=(x\%M+M)\%M$,上式结果为0时$x_{min}=M$

证明:

$\begin{cases}a_jM_jt_j≡0(mod\ m_i)(i\ne j)\\a_jM_jt_j≡a_j(mod\ m_i)(i=j)\end{cases}$

故$\sum\limits_{i=1}^na_iM_it_i≡a_i(mod\ m_i)$

扩展中国剩余定理(EXCRT)

扩展中国剩余定理可用于求解同余方程组

$\begin{cases}x≡a_1(mod\ m_1)\\x≡a_2(mod\ m_2)\\…..\\x≡a_n(mod\ m_n)\end{cases}$

和中国剩余定理的区别在于,扩展中国剩余定理不要求$m_i$两两互质(很强的性质)

考虑递推求解,假设已经求出前$k-1$个方程组成的同余方程组的一个解$x$,设$M=lcm(m_1,m_2…m_{k-1})$

则前$k-1$的方程的通解为$x+i*M$($i$为任意整数)

那么对于加入第$k$个方程后的方程组

我们就是要求一个正整数$t$,使得$x+t*M≡a_k(mod\ m_k)$

即$t*M≡a_k-x(mod\ m_k)$

对于这个式子我们已经可以通过扩展欧几里得求解$t$

若该同余式无解,则整个方程组无解,若有,则前$k$个同余式组成的方程组的一个解为$x_k=x+t*M$

核心代码

数论内容简要整理
数论内容简要整理

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);

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大步小步算法(BSGS)

$BSGS$主要用于求解形如$a^x≡b(mod\ p)$的方程,其中$gcd(a,p)=1$

考虑最小解$x_0$,由欧拉定理的推论可得$a^x≡a^{x-k*φ(p)}$,则$x_0\in[0,φ(p)),k\in Z$

设$a^{x=ik-t}≡b(mod\ p)$,则必有$a^{ik}≡b*a^t(mod\ p)(0<t<=k,0<i<=\left\lceil\dfrac{φ(p)}{k}\right\rceil)$

枚举$t$,将$b*a^t\%p$存入哈希表(这里也可以使用$map$,不过会多带一个$log$),枚举$i$,在哈希表中查找即可得到第一个循环节中的所有解。第一个查找到的解即为最小解,对于第一个循环节中的任一解$x$,显然$x+k*φ(p),k\in Z^*$为该方程的解

时间复杂度$O(k+\dfrac{φ(p)}{k})$,由均值不等式可得$k=\sqrt{φ(p)}$时有最低时间复杂度$O(\sqrt{φ(p)})$

最小解求解代码

数论内容简要整理
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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");

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扩展BSGS

扩展$BSGS$主要用于求解形如$a^x≡b(mod\ p)$的方程

对于同余方程$a^x≡b(mod\ p)$,我们可以将其展开为$a*a^{x-1}+pk=b$的形式,可得$gcd(a,p)|b,x>0$为原方程有整数解的一个充分条件,这时讨论$x=0$等式是否成立,若成立则求得答案,否则若方程无解则同余方程无解

对于有解的方程,两边同除$gcd(a,p)$可得$\frac{a}{gcd(a,p)}*a^{x-1}+\frac{p}{gcd(a,p)}*k=\frac{b}{gcd(a,p)}$

转化为同余式可得$\frac{a}{gcd(a,p)}a^{x-1}≡\frac{b}{gcd(a,p)}(mod\ \frac{p}{gcd(a,p)})$

设$p’=\frac{p}{gcd(a,p)}$,若$gcd(a,p’)=1$,按$BSGS$处理即可,否则重复执行上述过程

显然递归深度不超过$logp$,故可近似认为扩展$BSGS$与$BSGS$时间复杂度相同

完整代码

 

数论内容简要整理
数论内容简要整理

#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;
}

View Code

 

阶和原根

定义:

阶:若$p,a$为正整数,且$p,a$互质,称满足同余式$a^x \equiv 1 \pmod p$的最小正整数$x$作$a$模$p$的阶,记作$ord_pa$

原根:若$p,a$为正整数,且$p,a$互质,且$ord_pa=\varphi(p)$,则称$a$为模$p$的原根

阶的性质:

1,$a^n≡1(mod\ p)$的充要条件为$\mathrm{ord}_pa|n$

推论:$ord_pa∣φ(p)$

2,对正整数$b$,若$a\equiv b\pmod p$,则$\text{ord}_pa=\text{ord}_pb$

3,设$m,n\in\mathbb N$,$a^m\equiv a^n\pmod p$的充要条件为 $m\equiv n\pmod {\text{ord}_pa}$

4,令$\text{ord}_pa=x$,则$1,a,a^2,\cdots,a^{x-1}$,模$p$两两不同余

5,对正整数$b$,若$ab\equiv1\pmod p$,则$\text{ord}_pa=\text{ord}_pb$

6,令$x=\text{ord}_pa$,对正整数$t$有$\text{ord}_pa^t=\frac{x}{\gcd(t,x)}$

7,对正整数$m$,若$m\mid p$,则$\text{ord}_ma\mid \text{ord}_pa$

8,对正整数$m$,若$m\bot p,a\bot m$,则 $\text{ord}_{mp}a=\text{lcm}(\text{ord}_{m}a,\text{ord}_{p}a)$

9,对正整数$b$,若$b\bot p$且$\mathrm{ord}_pa\bot \mathrm{ord}_pb$,则$\mathrm{ord}_pab=\mathrm{ord}_pa\times \mathrm{ord}_pb$

原根存在定理

原根存在的充要条件:模数为$2,4,p^k,2\times p^k$,其中$p$为奇素数,$k$为正整数

原根判定定理

$a$为模$m$的原根的充要条件是对于$\varphi(m)$的任意质因子$p$,必有 $a^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1 \pmod m$,且$a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m$。

证明:由阶的性质1及其推论可得

原根的性质

1,设$a$为模$p$的原根,则集合$S=\{a^{s} \mid 1 \leq s \leq \varphi(p),s\bot\varphi(p)\}$给出模$p$的全部两两不同余的原根。模$p$的全部两两不同余的原根有 $\varphi(\varphi(p))$个。

2,最小原根是不大于$p^{\frac{1}{4}}$级别的

原根的求解

基于原根的性质,设计以下算法:依据原根判定定理枚举求解最小原根$a$;枚举指数$s$,若$s$与$\varphi(p)$互质,则$a^s\ mod \ p$为一个原根

完整代码

数论内容简要整理
数论内容简要整理

#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;
}

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二次剩余

定义

二次剩余,俗称模意义开根,这里只介绍模数$p$为奇素数的解法

对于正整数$n$,若对于一个奇素数$p$,存在$x$满足$x^2\equiv n(mod \ p)$则称$n$是模$p$的二次剩余,否则称$n$是模$p$的非二次剩余

二次剩余的性质

1,对于模$p$的二次剩余$n$,该方程有两个不同解,且它们互为模意义下的相反数

2,任意一对相反数都对应一个二次剩余,而且这些二次剩余是两两不同的

3,二次剩余的数量恰为$\frac{p-1}{2}$,其他的非$0$数都是非二次剩余,数量也是$\frac{p-1}{2}$

4,二次剩余的逆元还是二次剩余,两个二次剩余的乘积还是二次剩余

欧拉准则

1,$n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1$与$n$是二次剩余等价

2,$n^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1$与$n$是非二次剩余等价

$Cipolla$算法

首先找到一个$a$满足$a^2 – n$是非二次剩余,由于非二次剩余的数量是$\frac{p-1}{2}$,通过随机+根据欧拉准则检验的方式期望约$2$次可以找到这样一个$a$。

接下来定义$i^2 \equiv a^2 – n$。

但是$a^2 – n$不是二次剩余,怎么找得到这样一个$i$?

类比实数域到复数域的推广,定义这样一个$i$,将所有数表示为$A+Bi$的形式,
其中$A, B$都是模$p$意义下的数,类似于实部和虚部。

考虑证明$(a + i)^{p+1} \equiv n$

引理 1 :$i^p \equiv -i$

证明:$i^p \equiv i(i^2)^{\frac{p-1}{2}} \equiv i(a^2 – n)^{\frac{p-1}{2}} \equiv -i$

引理 2 :$(A + B)^p \equiv A^p + B^p$

证明:二项式定理展开后,由于$p$是质数,除了$C_p^0, C_p^p$外的组合数分子上的阶乘没法消掉,模$p$都会为$0$,剩下来的就是$C_p^0 A^0 B^p + C_p^p A^p B^0$

现在根据上述引理和费马小定理完成证明:

$(a + i)^{p+1} \equiv (a^p + i^p) (a + i) \equiv (a – i) (a + i) \equiv a^2 – i^2 \equiv n$

可以证明$(a + i)^{\frac{p+1}{2}}$的虚部一定为$0$,那么$(a + i)^{\frac{p+1}{2}}$即是一个解,其相反数是另一个解。

数论内容简要整理
数论内容简要整理

#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;
}

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