Cipolla算法学习小记

简介

Cipolla算法是解决二次剩余强有力的工具，一个脑洞大开的算法。
认真看懂了，其实是一个很简单的算法，不过会感觉得出这个算法的数学家十分的机智。

基础数论储备

二次剩余

首先来看一个式子x2≡n(modp),我们现在给出n，要求求得x的值。如果可以求得，n为mod p的二次剩余，其实就是n在mod p意义下开的尽方。Cipolla就是一个用来求得上式的x的一个算法。

勒让德符号

勒让德符号是判断一个数是否为p的二次剩余的一个有力工具，p一定要为奇质数。（n,p）表示n为关于p的勒让德符号。其实就是判断n是否为p的二次剩余。

(np)=⎧⎩⎨1——p不是n的倍数,n是p的二次剩余−1——p不是n的倍数，n是p的二次非剩余（不是二次剩余就是非剩余）0——p是n的倍数

看起来好像是一大段废话，勒让德只是站在巨人的肩膀上总结了一下而已。
其实勒让德还总结了一些性质，不过一般只用得到欧拉判别准则，不够勒让德符号是个积性函数可能还有点用。
但还是不知道如何判断n是否为p的二次剩余，往下看欧拉判别准则

 ll Legendre(ll a, ll p)    {         return qsm(a, (p-1)/2, p);    } 

欧拉判别准则

先来回顾一下欧拉定理xφ(p)≡1(modp)
因为这里的p是奇质数，所以xp−1≡1(modp)
对xp−1进行开方操作，在虚数域中xp−12≡±1(modp)，如果等于1就肯定开的了方，为-1一定开不了。所以x是否为n的二次剩余就用这个欧拉判别准则。

if(qsm(n,(p-1)/2)==p-1){    printf("No root\n");     continue;   }

-1在mod p意义下为p-1。

算法流程

给出n和p
就算我们n关于p的勒让德符号为1，那么要怎样取开n的方呢？
现在是脑洞大开的时候。

找一个数a

我们随机一个数a，然后对a2−n进行开方操作（就是计算他勒让德符号的值），直到他们的勒让德符号为-1为止（就是开不了方为止）。
就是找到一个a满足(a2−n)p−12=−1
先不要管为什么，后面会讲，我们现在就默默的去膜拜Cipolla的脑洞很大。

while(1){    a=rand()%p;    w=(a*a-n+p)%p;    if(qsm(w,(p-1)/2)==p-1)break;}

因为是随机找a，那么会不会要找很久。
答案：不会！
∙定理1：x2≡n(modp)中有p−12个n能使方程有解
⇒证明定理1：x2≡n(modp)，如果存在不同的数u,v，使他们带入x后可以使方程有解，那么很显然满足u2−v2|p，所以满足(u+v)(u−v)|p，因为
u2−v2|p所以p不可能是(u-v)的倍数，所以(u+v)|p，那么这样的数对在p中存在的数量为p−12
根据定理1，随机找a的期望为2。

建立一个复数域

说是建立，其实根本不用程序去打，说是建立复数域只是跟方便理解。
在平常学的复数域中，有一个i，满足i2=−1。
我们也建立一个类似的域，因为我们要对于a2−n开方，而a2−n有不是p的二次剩余，所以我们定义ω=a2−n−−−−−√。那么现在的ω也像i一样，满足ω2=a2−n，这样我们就定义了一个新的域。

struct CN{    ll x,y;    CN friend operator *(CN x,CN y){        CN z;        z.x=(x.x*y.x%p+x.y*y.y%p*w%p)%p;        z.y=(x.x*y.y%p+x.y*y.x%p)%p;        return z;        }}u,v;

像正常打复数运算一样我们定义一下运算符。可以发现z.x那个地方后面是*w而不是*1，因为现在的域单位复数为ω，满足ω2=a2−n，而不像正常复数的i2=−1。在这个域中的表示方式类似正常的复数：a+bω

得出答案

我们要求的是x2≡n(modp)，x的值
我们现在知道了a和ω之后，就能得出答案了。
答案=(a+ω)p+12
真的吗？真的！但是这个答案不是由实数和虚数组成的吗？
根据拉格朗日定理，可以得出虚数处的系数一定为0。

CN Cqsm(CN x,ll y){\\复数的快速幂    CN z;z.x=1,z.y=0;\\注意初始化    while(y){        if(y&1)z=z*x;        x=x*x;        y/=2;    }    return z;}

    w=(a*a-n+p)%p;    u.x=a,u.y=1;//为什么u.y是1——在复数的统计中只用统计系数就好了    u=Cqsm(u,(p+1)/2);    ll yi=u.x,er=p-u.x;    if(yi>er)swap(yi,er);    if(yi==er){        printf("%lld\n",yi);    }    else{        printf("%lld %lld\n",yi,er);    }

为什么会有两个答案，比如4√=±2，x2≡(p−x)2(modp)很显然，因为把后面拆开x2≡x2−2px+p2(modp)，把p都约去，所以x2≡(p−x)2(modp)。

证明原理

再搞出一些定理方便说明。

定理

∙定理2：(a+b)p≡ap+bp(modp)
⇒证明定理2：根据二项式定理:
(a+b)p≡∑pi=0Cipap−ibi(modp)
≡∑pi=0p!(p−i)!i!ap−ibi(modp)
可以发现，只有当i=0或i=p的时候式子没有p的因子，所以中间有p的因子的都可以省略，所以(a+b)p≡ap+bp(modp)
∙定理3：ωp≡−ω(modp)
⇒证明定理3：ωp
=ωp−1∗ω
=(ω2)p−12∗ω
=(a2−n)p−12∗ω——因为ω2=a2−n
=−ω——因为满足(a2−n)p−12=−1
∙定理4：ap≡a(modp)
⇒证明定理3：ap根据费马小定理
≡ap−1≡1(modp)
所以ap≡a∗ap−1≡a(modp)

推导

问题：x2≡n(modp)求解x
Cipolla：x≡(a+ω)p+12(modp)的实数
直接把式子转化：
(a+ω)p+12(modp)
≡((a+ω)p+1)12(modp)
≡((a+ω)p(a+ω))12(modp)
≡((ap+ωp)(a+ω))12(modp)根据定理2
≡((a−ω)(a+ω))12(modp)根据定理3和定理4
≡(a2−ω2)12(modp)根据定理3和定理4
≡(a2−(a2−n))12(modp)满足ω2=a2−n
≡n12(modp)
所以(a+ω)p+12≡n12≡n√(modp)
这脑洞太大了！！！！！！！！！！！！！！

由于本人是一个蒟蒻

对于这个算法知道的也只有这么多了。

推荐题目

现在只找到了一个较能入手的题目。
Timus Online Judge 1132 Square Root

Code

上面那道题的代码。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)using namespace std;typedef long long ll;ll i,j,k,l,t,m,ans,w,a;ll n,p;struct CN{    ll x,y;    CN friend operator *(CN x,CN y){        CN z;        z.x=(x.x*y.x%p+x.y*y.y%p*w%p)%p;        z.y=(x.x*y.y%p+x.y*y.x%p)%p;        return z;        }}u,v;ll qsm(ll x,ll y){    ll z=1;    while(y){        if(y&1)z=z*x%p;        x=x*x%p;        y/=2;    }    return z;}CN Cqsm(CN x,ll y){    CN z;z.x=1,z.y=0;    while(y){        if(y&1)z=z*x;        x=x*x;        y/=2;    }    return z;}int main(){    for(scanf("%lld",&t);t;t--){        scanf("%lld%lld",&n,&p);        n%=p;        if(p==2){            printf("1\n");            continue;        }        if(qsm(n,(p-1)/2)==p-1){            printf("No root\n");             continue;           }        while(1){            a=rand()%p;            w=(a*a-n+p)%p;            if(qsm(w,(p-1)/2)==p-1)break;        }        u.x=a,u.y=1;        u=Cqsm(u,(p+1)/2);        ll yi=u.x,er=p-u.x;        if(yi>er)swap(yi,er);        if(yi==er){            printf("%lld\n",yi);        }        else{            printf("%lld %lld\n",yi,er);        }    }}