【模板】多项式开根（加强版）

VI.【模板】多项式开根（加强版）

这题和上题唯一的区别就是\(a_0\)的取值——本题\(a_0\)不一定为\(1\)。

咋办呢？

我们观察到里面有一句话：

保证\(a_0\)是\(\bmod\ 998244353\)下的二次剩余。

二次剩余？这是啥？能吃吗？

这时，你突然想起曾经看到过一道模板题：

【模板】二次剩余

于是你兴奋地点了进去，发现这正是我们需要的：求\(x^2\equiv n\pmod{p}\)的根。

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于是我们先讲解一下二次剩余的Cipolla算法。该算法仅应用于\(p\)是奇质数的情形。

1. 在上述方程中，\(x\)有多少解？

我们先从简单的情形想起——假设它有两解\(x_1,x_2\)，则一定有

\[x_1^2-x_2^2\equiv 0\pmod p \]

于是

\[(x_1-x_2)(x_1+x_2)\equiv 0\pmod p \]

显然\(x_1-x_2\not\equiv0\)，不然就是重根了。

则必有\(x_1+x_2\equiv 0\)，即\(x_1\)与\(x_2\)是在模\(p\)意义下的相反数。

显然一个数只有唯一的相反数，故实际上二次剩余方程如果有解，则一定有两解。

（实际上\(n\equiv0\)是一个特例——它只有一根\(x=0\)，于是可以特判掉，因此我们接下来讨论的\(n\)都是非\(0\)的）

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2. 怎样判断对于一个\(n\)，其二次剩余方程是否有解？

如果一个\(n\)关于\(p\)的二次剩余方程有解，则我们称\(n\)是\(p\)的二次剩余。同理，如果无解，我们称其为\(p\)的非二次剩余。

我们从费马小定理开始：

\[n^{\varphi(p)}\equiv1\pmod p \]

因为我们Cipolla算法应用的前提是\(p\)是奇质数，所以\(\varphi(p)=p-1\)，所以

\[n^{p-1}\equiv1\pmod p \]

显然\(p-1\)是偶数，于是我们两边开根，得到

\[n^{\frac{p-1}{2}}\equiv\pm1\pmod p \]

我们考虑当\(n\)是二次剩余时，必有

\[n^{\frac{p-1}{2}}\equiv(x^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv x^{p-1}\equiv 1\pmod p \]

因此\(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv1\pmod p\)是\(n\)是二次剩余的必要条件。

我们考虑再证其充分性。设\(n\equiv g^k\pmod p\)，其中\(g\)是\(p\)的原根。则必有\((g^k)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\pmod p\)。

而又有\(g^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p\)，故

\[(g^k)^{\frac{p-1}{2}}\equiv g^{p-1}\pmod p \]

所以

\[p-1|k\times\dfrac{p-1}{2} \]

则\(k\)必须是一个偶数来消掉分母上的\(2\)。于是我们只要令\(x\equiv g^{\frac{k}{2}}\)即是二次剩余方程的一个根，故\(n\)是二次剩余。

因此\(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv1\pmod p\)是\(n\)是二次剩余的充分条件。

综上，\(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv1\pmod p\)，等价于\(n\)是\(p\)的二次剩余。

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3. 如何求根（Cipolla算法）

我们考虑随机出来一个\(a\)使得\(a^2-n\)不是二次剩余。这期望需要两次随机，因为每组相反数都对应着一组二次剩余，一共\(\dfrac{p-1}{2}\)组相反数，故一共有\(\dfrac{p-1}{2}\)个二次剩余，则剩下的数都不是二次剩余，故期望两次即可随机得到一个非二次剩余。

我们现在设一个\(i^2\equiv a^2-n\pmod p\)。

等等，\(a^2-n\)不是非二次剩余吗？那咋出来一个\(i^2\)呢？

类比虚数概念，这个\(i\)实际上也是一个虚数，它没有实际对应的数。

我们要证明几条引理：

• \(i^p\equiv -i\pmod p\)。

\[i^p\equiv i\times(i^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv(a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\pmod p \]

因为\(a^2-n\)是非二次剩余，所以\((a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\equiv-1\)，

所以

\[i^p\equiv -i\pmod p \]

• \((A+B)^p\equiv A^p+B^p\pmod p\)

我们二项式展开后，除了\(\dbinom{p}{0}\)与\(\dbinom{p}{p}\)两项不存在\(p\)以外，其它项全都存在因子\(p\)，因此其\(\equiv0\pmod p\)，可以忽略，因此只保留\(A^p,B^p\)两项。

于是

\[(a+i)^{p+1}\equiv (a^p+i^p)\times(a+i)\equiv(a-i)(a+i)\equiv a^2-i^2\equiv n^2\pmod p \]

所以我们直接计算复数\(a+i\)的\(p+1\)次幂即可得到一个解，取相反数即可得到令一个解。

注意这里\(i^2\)的取值应是\(a^2-n\)，而不是正常复数中的\(-1\)！

时间复杂度期望为\(O(\log p)\)。

代码（【模板】二次剩余）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,p,sqri;
struct cp{
	int x,y;
	cp(int a=0,int b=0){x=a,y=b;}
	friend cp operator *(const cp &a,const cp &b){
		return cp((1ll*a.x*b.x%p+1ll*a.y*b.y%p*sqri%p)%p,(1ll*a.y*b.x%p+1ll*a.x*b.y%p)%p);
	} 
};
int ksm(int x,int y){
	int z=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%p)if(y&1)z=1ll*z*x%p;
	return z;
}
cp ksm(cp x,int y){
	cp z=cp(1,0);
	for(;y;y>>=1,x=x*x)if(y&1)z=z*x;
	return z;
}
bool che(int x){
	return ksm(x,p>>1)==1;
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&p),n%=p;
		if(!n){puts("0");continue;}
		if(!che(n)){puts("Hola!");continue;}
		int a=rand()%p;
		while(true){
			sqri=(1ll*a*a%p-n+p)%p;
			if(!a||che(sqri))a=rand()%p;
			else break;
		}
		cp tmp=cp(a,1);
		tmp=ksm(tmp,(p+1)>>1);
		int u=tmp.x,v=(p-tmp.x)%p;
		if(u>v)swap(u,v);
		printf("%d %d\n",u,v);
	}
	return 0;
}

然后本题就只需要把迭代的初始值改成用Cipolla求出的二次剩余方程的根即可。

时间复杂度\(O(n\log n)\)，代码就不贴了。