题目大意：
很直接，解K个一元二次同余方程：x^2=a(mod n)（gcd(a,n)=1,n为素数）（有解x升序输出，无解输出”No root”(不包含双引号)）。
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1000
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64bit IO Format:
%I64d & %I64u
数据规模：
K<=100000,
1<=a,n<=32767。
理论基础：
定理1:如果
a为整数，n
为素数时
，那么a^(n-1)-a
是n的倍数，可以表示为a^(n-1)=a(mod n);
如果
a
不是
n
的倍数，这个定理也可以写成a^(n-1)=1(mod n).
定理2：当n不整除a,n为奇素数时，
a^((n-1)/2)
模n
的余数必然是1或-1。
定理3：当n不整除a,
n为奇素数时，
方程
x^2=a(mod n)有解<==>a^((n-1)/2)=1(mod n)，此时a称之为n的二次剩余类。相反无解<==>
a^((n-1)/2)=-1(或者用n-1表示)(mod n)
（欧拉准则）,此时称a为n的非二次剩余类;
题目分析：
典型的数论数学题，自学解法（构造递归法求解）即可。
这里做一下详细介绍。有问题可以和我一起探讨。
首先：我们构造Q，S使得：n-1=Q*2^S，Q为奇数，S为自然数。
那么：a^(Q*2^S)=1(mod n)（费马小定理）；
接下来记：r=a^((Q+1)/2)(mod n)，t=a^Q(mod n)。
我们可以发现：r^2=at(mod n)，看到这一步，你大概明白了。
这时候如果t=1，那么x1=r(mod n),x2=-r(mod n)将是原方程的两个解。
还可以看出：x1+x2=n；问题转化为如何将t变为1呢？我们采用递归的方法。
如果t!=1；我们需要找一个n的非二次剩余z与一个中间量c,其中c=z^Q(mod n)；
然后c^(2^S)=z^(Q*2^S)=z^(p-1)=1(mod n)(又是费马小定理);
而c^(2^(S-1))=z^(Q*2^(S-1))=z^((p-1)/2)=-1(mod n)(二次非剩余的定义)，所以c的阶(参见原根，链接4)为2^S；
又因为:t^(2^S)=1(mod n)(t的定义+费马小定理)，所以假设t的阶为2^S’，那么
2^S’|2^S(原根的性质)，
又因为a是n的平方剩余，
而t=a^Q(mod n)，
所以t也是n的平方剩余，
所以t^(Q*2^(S-1))=1(mod n),
所以t的2^(S-1)次方也对n取模为1，
所以：S'<=S-1；
此时，若令：
b=c^(（2^(S-1-S’))(mod n)，
r’=b*r(mod n),
c’=b*b(mod n),
t’=c’*t。
这时:r’^2=a*t'(mod n)仍然成立,c’和t含有相同的阶2^S’，也就意味t’仍有一个2^S”的阶，S”<=S’-1，一切都回到了原点，不一样的是S变小了！！！
这样重复下去，S就会一直变小，想想当S=0时，不就有t=1(mod n)了吗？那就可以返回x的值了。
呼呼~好累，看的给个掌声，或者表情吧。让我有些慰藉。
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
typedef double db;
#define DBG 1
#define maa (1<<31)
#define mii ((1<<31)-1)
#define sl(c) ((int)(c).size()) //取字符串长度；
#define forl(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); ++i) //不带边界值循环，正序
#define forle(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) //带边界值循环，正序
#define forh(i, a, b) for(int i = (a); i > (b); --i) //不带边界值，逆序
#define forhe(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); --i) //带边界值，逆序
#define forlc(i, a, b) for(int i##_b = (b), i = (a); i < i##_b; ++i) //带别名的循环，用于不可改变值
#define forlec(i, a, b) for(int i##_b = (b), i = (a); i <= i##_b; ++i)
#define forgc(i, a, b) for(int i##_b = (b), i = (a); i > i##_b; --i)
#define forgec(i, a, b) for(int i##_b = (b), i = (a); i >= i##_b; --i)
#define forall(i, v ) forl(i, 0, sz(v)) //循环所有
#define forallc(i, v ) forlc(i, 0, sz(v))
#define forlla(i, v ) forhe(i, sz(v)-1, 0)
#define forls(i, n, a, b) for(int i = a; i != b; i = n[i]) //搜表用
#define rep(n) for(int repp = 0; repp < (n); ++repp)
#define repc(n) for(int repp_b = (n), repp = 0; repp < repp_b; ++repp)
#define rst(a, v) memset(a, v, sizeof a) //把字符v填充到a reset 重置
#define cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof a) //copy b 的sizeof（a）个字符到a
#define rstn(a, v, n) memset(a, v, (n)*sizeof((a)[0])) //把字符v填充到a[n]之前的字节
#define cpyn(a, b, n) memcpy(a, b, (n)*sizeof((a)[0])) //copy b 的 n 个字符到a
#define ast(b) if(DBG && !(b)) { printf("%d!!|\n", __LINE__); while(1) getchar(); } //调试
#define dout DBG && cout << __LINE__ << ">>| "
#define pr(x) #x"=" << (x) << " | "
#define mk(x) DBG && cout << __LINE__ << "**| "#x << endl
#define pra(arr, a, b) if(DBG) {\
dout<<#arr"[] |" <<endl; \
forlec(i, a, b) cout<<"["<<i<<"]="<<arr[i]<<" |"<<((i-(a)+1)%8?" ":"\n"); \
if((b-a+1)%8) puts("");\
} //数列查看
#define rd(type, x) type x; cin >> x //读数
inline int rdi() { int d; scanf("%d", &d); return d; }
inline char rdc() { scanf(" "); return getchar(); }
inline string rds() { rd(string, s); return s; }
inline db rddb() { db d; scanf("%lf", &d); return d; }
template<class T> inline bool updateMin(T& a, T b) { return a>b? a=b, true: false; }
template<class T> inline bool updateMax(T& a, T b) { return a<b? a=b, true: false; }
typedef long long LL;
LL pow_mod(LL a,LL b,LL p)
{
LL res=1;
while(b>0)
{
if(b&1)res=(res*a)%p;
a=(a*a)%p;
b>>=1;
}
return res;
}
LL solve(LL a,LL p)
{
LL Q=p-1,S=0;
while(Q%2==0)
{
S++;
Q>>=1;
}
if(S==1)return pow_mod(a,(p+1)/4,p);
LL z;
while(1)
{
z = 1 + rand()%(p - 1);
if(pow_mod(z, (p - 1)/2,p) != 1) break;
}
LL c = pow_mod(z, Q , p);
LL R = pow_mod(a, (Q + 1)/2, p);
LL t = pow_mod(a, Q, p);
LL M = S, b,i;
while(1)
{
if(t%p==1)break;
for(i=1;i<M;i++)if(pow_mod(t,1<<i,p)==1)break;
b=pow_mod(c,1<<(M-i-1),p);
R=(R*b)%p;
c=(b*b)%p;
t=(t*c)%p;
M=i;
}
return R;
}
int main()
{
LL a,p,i;
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%I64d%I64d",&a,&p);
if(p==2)
{
if(a%p==1)printf("1\n");
else printf("No root\n");
continue;
}
if(pow_mod(a, (p-1)/2,p) != 1)
{
puts("No root");
continue;
}
i=solve(a,p);
if(p-i==i)printf("%I64d\n",i);
else printf("%I64d %I64d\n",min(i,p-i),max(i,p-i));
}
return 0;
}
其中，为了直观，所以讲n用p(prime)存储，而且首先讨论了p不是奇素数的问题，原因是定理的条件限制。
by: Jsun_moon
http://blog.csdn.net/Jsun_moon
参考文献：
http://zh.wikipedia.org/wiki/%E8%B4%B9%E9%A9%AC%E5%B0%8F%E5%AE%9A%E7%90%86
http://zh.wikipedia.org/wiki/%E6%AD%90%E6%8B%89%E5%88%A4%E5%88%A5%E6%B3%95
http://zh.wikipedia.org/wiki/%E6%AD%90%E6%8B%89%E5%88%A4%E5%88%A5%E6%B3%95
http://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%8E%9F%E6%A0%B9
http://www.cnblogs.com/vongang/archive/2012/11/01/2749871.html