二次剩余

只考虑奇质数$P$的情况

设求$x^2\equiv a\pmod P$的一个$x$

判断

由费马小定理$x^{P-1}\equiv 1 \pmod P$，即$a^\frac{P-1} {2}\equiv 1 \pmod P$

(实际并没有证明充分性。。)

不存在二次剩余即$a^\frac{P-1} {2}\equiv -1\pmod P$

(对于所有$a=0,1$的情况需要特判)

原根法求二次剩余

先求出$P$的一个原根$g$

那么可以用$g^k$表示出$[1,P-1]$的所有数

用$BSGS$可以在$O(\sqrt n\log n)$的时间内求出$a=g^k$

如果存在原根，那么$k\mod 2=0$

答案就是$g^{\frac{k} {2} }\mod P$

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int Quad(int a,int k=0) {
	if(a<=1) return a;    
    int g=Getg(P);
	static map <int,int> M;
	int S=sqrt(P-1);
	for(int i=0,t=1;i<S;++i,t=1ll*t*g%P) M[t]=i;
	int res=0;
	int w=qpow(g,S);
	for(int i=0,t=1;i<P-1;i+=S,t=1ll*t*w%P) {
		ll x=1ll*a*qpow(t,P-2)%P;
		if(M.count(x)) {
			res=M[x]+i;
			break;
		}
	}
	res=qpow(g,res/2);
	if(k) res=min(res,(P-res)%P);
	return res;
}

更快的方法:Cipolla算法

要先找到一个数$y$，满足不存在$\sqrt{y^2-a}\pmod P$

可以随机$y$，期望可以两次找到这样的$y$

构造虚数$\omega = \sqrt{y^2-a}$，那么答案就是$x=\sqrt{y^2-\omega^2}=\sqrt{(y+\omega)(y-\omega)}$

然后构造复数$(\alpha,\beta)=\alpha+\beta\omega$

求出$x=(y,1)^{\frac{(P+1)} {2} }$，模拟复数乘法即可

可以证明结果没有虚部，就是答案

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int Quad(int a,int k=0) {
	if(a<=1) return a;
	int x;
	while(1) {
		x=1ll*rand()*rand()%P;
		ll res=qpow((1ll*x*x-a+P)%P,(P-1)/2);
		if(res!=1) break;
	}
	ll w=(1ll*x*x-a+P)%P;
	int d=(P+1)/2;
	ll resx=1,resy=0;
	ll xx=x,yy=1;
	while(d) {
		if(d&1) {
			ll tx=(resx*xx+resy*yy%P*w)%P,ty=(resx*yy+resy*xx)%P;
			resx=tx,resy=ty;
            // 模拟复数乘法
		}
		ll tx=(xx*xx+yy*yy%P*w)%P,ty=2*xx*yy%P;
		xx=tx,yy=ty;
        // 模拟复数乘法
		d>>=1;
	}
	x=resx; // 答案就是实部
	if(k) x=min(x,(P-x)%P);
	return x;
}