Wannafly挑战赛4 (方程的解-二次剩余)

题目描述
对于一个模意义下的一元二次方程：x^2 + ax + b = 0 (mod p)，其中 p 是质数。
每次给定一组 a,b,p，问这个方程有没有整数解，有解输出“Yes”，无解输出“No”。
有 T 组询问。
输入描述:
输入第一行一个正整数T(T≤105 )，表示数据组数。
接下来T行每行三个非负整数a,b,p(0≤a,b<p≤109+7)，p是质数，表示一组询问。
输出描述:
输出共T行，每行一个字符串“Yes”或“No”分别表示有解和无解。

首先，我们可以考虑转成2次剩余的情况
对于一般的二次同余方程
ax2+bx+c=0(modp)
可以通过配方化为下式
(2ax+b)2=b2−4ac(mod4ap)
设X=2ax+b(mod4ap)
解方程X2=b2−4ac(mod4ap)
可以先解出X2=b2−4ac(modp) 的解，再去不断+p凑4ap（在本题中a=1，所以这里可以暴力），但经过进一步讨论，发现p>2时X2=b2−4ac(modp)有解，X2=b2−4ac(mod4ap)一定有解。

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小证明：

这里p是奇素数，X和X+p奇偶性不同。

首先

X2=b2−4ac(mod4ap)

等价于

X2=b2−4ac(modp),且X2=b2−4ac(mod4)=b2(mod4)

。

当x=2k时，x2=4k2=0(mod4)
当x=2k+1时，x2=(2k+1)2=1(mod4)
所以X2=b2(mod4)等价于X和b奇偶性相同。

但当X，b奇偶性不同时，X+p，b奇偶性相同，所以总能找到解。

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现在只要解决x2=c(modp)
P是奇素数时，可以参考这份题解
P是2特判。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define For(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)#define Fork(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)#define ForkD(i,k,n) for(int i=n;i>=k;i--)#define Rep(i,n) for(int i=0;i<n;i++)#define ForD(i,n) for(int i=n;i;i--)#define RepD(i,n) for(int i=n;i>=0;i--)#define Forp(x) for(int p=pre[x];p;p=next[p])#define Forpiter(x) for(int &p=iter[x];p;p=next[p]) #define Lson (o<<1)#define Rson ((o<<1)+1)#define MEM(a) memset(a,0,sizeof(a));#define MEMI(a) memset(a,0x3f,sizeof(a));#define MEMi(a) memset(a,128,sizeof(a));#define MEMx(a,b) memset(a,b,sizeof(a));#define INF (0x3f3f3f3f)#define F (1000000007)#define pb push_back#define mp make_pair#define fi first#define se second#define vi vector<int>#define pi pair<int,int>#define SI(a) ((a).size())#define Pr(kcase,ans) printf("Case #%d: %lld\n",kcase,ans);#define PRi(a,n) For(i,n-1) cout<<a[i]<<' '; cout<<a[n]<<endl;#define PRi2D(a,n,m) For(i,n) { \                        For(j,m-1) cout<<a[i][j]<<' ';\                        cout<<a[i][m]<<endl; \                        }#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()#define gmax(a,b) a=max(a,b);#define gmin(a,b) a=min(a,b);typedef long long ll;typedef long double ld;typedef unsigned long long ull;ll mul(ll a,ll b){return (a*b)%F;}ll add(ll a,ll b){return (a+b)%F;}ll sub(ll a,ll b){return ((a-b)%F+F)%F;}void upd(ll &a,ll b){a=(a%F+b%F)%F;}inline int read(){    int x=0,f=1; char ch=getchar();    while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}    while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}    return x*f;}ll pow_mod(ll a,ll i,ll n) {    if (!i) return 1%n;    ll temp=pow_mod(a,i>>1,n);    temp=temp*temp%n;    if (i&1) temp=temp*a%n;    return temp;}ll modsqr(int a,int n) {    ll b,k,i,x;    if(n==2) return a%n;    if(pow_mod(a,(n-1)/2,n)==1) {        if(n%4==3)            x=pow_mod(a,(n+1)/4,n);        else {            for(b=1;b=pow_mod(b,(n-1)/2,n),n==1;b++);            i=(n-1)/2;            k=0;            do{                i/=2;                k/=2;                if ((pow_mod(a,i,n)*(ll)pow_mod(b,k,n)+1)%n==0) {                    k+=(n-1)/2;                }            }            while(i%2==0);            x=(pow_mod(a,(i-1)/2,n)*(ll)pow_mod(b,k/2,n))%n;        }        if(x*2>n) x=n-x;        return x;    }    if (a==0) return 0;    return -1;}int main(){//  freopen("e.in","r",stdin);//  freopen(".out","w",stdout);    int T=read();    while(T--) {        ll a,b,p;        scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&p);        if (p==2) {            if (b%p==0 || (1+a+b)%p==0) puts("Yes");            else puts("No");            continue;        }        ll t=a*a-4*b; t=(t%p+p)%p;        ll s=modsqr((ll)t,p);        bool fl=(s!=-1);        puts(fl?"Yes":"No");    }    return 0;}