問題模型
給出質數
p 和整數
a，求所有滿足x2
≡a(modp)
的x。cipolla』s algorithma=
0或p=
2 的情況特殊判斷。
定義二次剩餘符號(a
p)≡a
p−12
(modp)
，當其為1時表示
a 是二次剩餘。
找到乙個w使得
w2−a
不是二次剩餘，隨機測試的期望次數為2。
在擴域上計算(w
+w2−
a−−−
−−−√
)p+1
2 ，則為乙個可行的
x ，另外乙個可行解為−x
。利用複數域的知識即可證明生成演算法的正確性，時間複雜度o(
logp
) 。
問題模型
給出質數
p 和整數
a，求所有滿足x3
≡a(modp)
的x。peralta method extensiona=
0或p≤
3 的情況特殊判斷。如果p
≡−1(
mod3
) ，則x≡
a2p−
13(modp)
是唯一解。否則(
−3p)
=1，則ϵ=
−3√−
12為三次單位根，即ϵ3
≡1(modp)
。此時有三分之一的數字是三次剩餘，定義三次剩餘符號[a
p]≡a
p−13
(modp)
，當其為1時表示
a 是二次剩餘。
如果找到乙個
x，則其他解為xϵ
,xϵ2
。類似二次剩餘的證明方法，對於
a 的立方根
x，構造群r=
，可以證明
r 與zp
×zp×
zp同構，對於
r 中的元素z有
zp−1
≡1(modp)
。於是有乙個極為暴力的想法是隨機生成乙個元素u∈
r （也就是隨機生成多項式的係數），令v≡
up−1
3(modp
) ，則有v3
≡1(modp)
，如果v 的多項式係數中只有f1
非0，則(f
1x)3
≡1(modp)
，那麼f1
−1必然是乙個解，再利用
ϵ 生成即可。
類似地可以分析出滿足
v 的多項式係數中只有f1
非0的概率為19
，期望試9次就可以得到一組解了。
其實方法有很多，都可以學習一下
第二次lnmp環境下wordpress的安裝問題
首先對前一次部落格做個回應 1.使用了一鍵安裝包 2.沒有再使用centos，變回了ubuntu 嘗試用ubuntu在除錯後可以鏈結上網路，因為之前對於linux的終端使用過少，走了很多彎路，這幾天大量時間花在了學習各種linux指令，比如cd tar sl man su yum man 真的好用 ...
14 第二次跳槽 意料之外的結局 下
這也是乙個出乎我意料之外的機會。在接到這個 的時候，我正跟accenture ibm hp這些公司打得火熱，從來沒有考慮到過甲方職位。這不能不說是受限於我當時眼光的侷限，那時的我，以為所有甲方公司內部的it就和我以前接觸到的客戶的it部門一樣，薪水一般，工作無聊，能力沒啥提公升空間。幼稚啊。所以這個...
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