二次剩余求的是这个东西
如果给定x，再给定若干个大的质数p，如果结果a相同，那么x是完全平方数？
/*poj 1808
题意：
判断平方剩余，即判断(x^2)%p=a是否有解。
限制：
|a| <= 1e9 && a % p !=0; 2 < p < 1e9 && p为奇素数。
思路：
用欧拉准则计算勒让德符号(用来判断平方剩余)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define LL __int64
LL a_b_MOD_c(LL a,LL b,LL mod){
LL ret = ;
a %= mod;
while(b){
if(b & ) ret = ret * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= ;
}
return ret;
}
//(x^2)%n=a 求平方剩余，n必须是奇素数
//注意：如果a为负，则看题意，是否要化为a=(a%n+n)%n
int modsqr(int a,int n){
int b,k,i,x;
if(n==) return a%n;
if(a_b_MOD_c(a,(n-)/,n)==){
if(n%==)
x=a_b_MOD_c(a,(n+)/,n);
else{
for(b=;a_b_MOD_c(b,(n-)/,n)==;b++){
i=(n-)/;
k=;
}
do{
i/=;
k/=;
if((a_b_MOD_c(a,i,n)*a_b_MOD_c(b,k,n)+)%n==)
k+=(n-)/;
}
while(i%==);
x=(a_b_MOD_c(a,(i+)/,n)*a_b_MOD_c(b,k/,n))%n;
}
if(x*>n)
x=n-x;
return x;
}
return -;
}
//用欧拉准则计算勒让德符号(用来判断平方剩余)
//表示为(a|p) a为整数，p为奇素数(所以m=2不适用勒让德符号)，有三种情况。
//1. (a|p)=0, if(a%p==0)
//2. (a|p)=1, if(a%p!=0 && (x^2)%p=a 有整数解)
//3. (a|p)=-1,if((x^2)%p=a 无整数解)
//注意：如果a为负，则看题意，是否要化为a=(a%p+p)%p
int lrd(LL a,LL p){
LL ret=a_b_MOD_c(a,(p-)>>,p);
if(ret==)
return ;
return -;
}
int main(){
int T,cas=;
int a,n;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&a,&n);
a=(a+n)%n; //以后注意给出余数的时候，要注意它是不是负的 //求平方剩余
//cout<<modsqr(a,n)<<endl;
printf("Scenario #%d:\n%d\n\n",++cas,lrd(a,n));
}
return ;
}
然后是n次剩余
/*hdu 3930
题意：
给定newx, k, m, 方程 (x^k)%m=newx, 求在模m意义下的所有解x。
限制：
0 <= newx, m, k <= 1.5*10^15; m是素数。
思路：
N次剩余
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LL __int64
#define PB push_back
LL mul(LL a,LL b,LL m){
LL ret = ;
a %= m;
while(b){
if(b & ) ret = (ret + a) % m;
a = (a + a) % m;
b >>= ;
}
return ret;
}
LL a_b_MOD_c(LL a,LL b,LL m){
LL ret = ;
a %= m;
while(b){
if(b&) ret = mul(ret,a,m);
a = mul(a,a,m);
b >>= ;
}
return ret;
} LL ext_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
if(b==) { x=, y=; return a; }
LL ret= ext_gcd(b,a%b,y,x);
y-= a/b*x;
return ret;
}
vector<LL> a;
bool g_test(LL g,LL p){
for(LL i=;i<a.size();++i)
if(a_b_MOD_c(g,(p-)/a[i],p)==)
return ;
return ;
}
LL pri_root(LL p){
a.clear();
LL tmp=p-;
for(LL i=;i<=tmp/i;++i)
if(tmp%i==){
a.push_back(i);
while(tmp%i==)
tmp/=i;
}
if(tmp!=)
a.push_back(tmp);
LL g=;
while(true){
if(g_test(g,p))
return g;
++g;
}
}
const int HASH_MOD=;
LL key[HASH_MOD], val[HASH_MOD];
int head[HASH_MOD], next[HASH_MOD];
struct Hash{
int tot;
void init(){
memset(head, -, sizeof(head));
tot = ;
}
LL insert(LL x, LL y){
int k = x % HASH_MOD;
key[tot] = x;
val[tot] = y;
next[tot] = head[k];
head[k] = tot++;
}
LL find(LL x){
int k = x % HASH_MOD;
for(int i = head[k]; i != -; i = next[i])
if(key[i] == x)
return val[i];
return -;
}
}hs;
//求解模方程a^x=b(mod m),n为素数,无解返回-1
//注意：要求0 < a < m; 0 <= b < m; 否则按题意自己转化。
//复杂度O(sqrt(m))
LL log_mod(LL a, LL b, LL m){
hs.init();
LL s = ceil(sqrt(m + 0.5));
LL cur = ;
for (int i = ; i < s; ++i){
if(hs.find(cur)==-) hs.insert(cur,i); //记得先判重，在插入
cur = cur * a % m;
} LL v = a_b_MOD_c(a, (m - s - + m) % m, m);
for(int i = ; i < s; ++i){
LL tmp = hs.find(b);
if(tmp!=-)
return s * i + tmp;
b=b*v%m;
}
return -;
}
/*n次剩余
任务：
给定N, a, p, 求出(x^N)%p=a 在模p意义下的所有解x。
说明：
令g为p的原根，因为p为素数，所以phi(p)=p-1。
由原根的性质得：
如果g为p的原根，则：g^i mod p != g^j mod p (p为素数), 其中i != j且i, j介於1至(p-1)之间
所以，可以设g^y=x, g^t=a，则有：
g^(y*N)%p=g^t
又由原根的性质：
g^(y*N)%p=g^t -> (y*N)%(p-1)=t (此方程可以由拓展欧几里得解)
另外g^t=a可以由离散对数求出
*/
vector<LL> residue(LL p, LL N, LL a){
LL g = pri_root(p);
g %= p;
LL m = log_mod(g, a, p);
vector<LL> ret;
if(a == ){
ret.PB();
return ret;
}
if(m == -)
return ret;
LL A = N, B = p - , C = m, x, y;
LL d = ext_gcd(A, B, x, y);
if(C % d != ) return ret;
x = x * (C / d) % B;
LL delta = B / d;
for(int i = ; i < d; ++i){
x = ((x + delta) % B + B) % B;
ret.PB(a_b_MOD_c(g, x, p));
}
sort(ret.begin(), ret.end());
ret.erase(unique(ret.begin(), ret.end()), ret.end());
return ret;
}
int main(){
int cas = ;
LL k,m,newx;
while(scanf("%I64d%I64d%I64d",&k, &m, &newx)!=EOF){
vector<LL> ans;
ans = residue(m,k,newx);
printf("case%d:\n",++cas);
if(ans.size()==) puts("-1");
for(int i = ; i < ans.size(); ++i)
printf("%I64d\n",ans[i]);
}
return ;
}