Giai Thừa Modulo & Căn Bậc Hai Modulo¶

Tác giả: FPTOJ Team
Nội dung tham khảo từ: CP-Algorithms

Bản chất vấn đề¶

Bài toán động lực: vì sao cần học bài này?¶

Bạn gặp 2 kiểu bài rất hay ra thi:

"Tính $n! \bmod p$ với $n$ tới $10^{18}$, $p$ nguyên tố nhỏ (vd $p=10^9+7$)." Tính trực tiếp $1 \cdot 2 \cdots n$ là không thể — vừa quá lâu, vừa chắc chắn chứa thừa số $p$ (kết quả $=0$). Nhưng bài toán con $\frac{n!}{k!} \bmod p$ hay $n!$ với $n$ gần $p$ (vd $(p-2)!$) lại tính nhanh được nhờ định lý Wilson — đó là nửa đầu bài này.
"Giải $x^2 \equiv n \pmod{p}$ (vd $x^2 \equiv 5 \pmod{41}$)." Thử từng $x$ từ $0$ tới $p-1$ tốn $O(p)$ — quá chậm với $p \approx 10^9$. Tonelli-Shanks giải trong $O(\log^2 p)$ — đó là nửa sau bài này. Ứng dụng thật: giải phương trình bậc hai modulo, mật mã đường cong elliptic.

Giai thừa modulo¶

Tính $n! \mod p$ với $p$ nguyên tố. Khi $n < p$, tính trực tiếp $O(n)$. Khi $n \ge p$, $n! \equiv 0 \pmod{p}$ vì chứa thừa số $p$. Ứng dụng: tính $\frac{n!}{k!} \mod p$.

Căn bậc hai modulo¶

Tìm $x$ sao cho $x^2 \equiv n \pmod{p}$. Tương đương "căn bậc hai" trong modulo. Ứng dụng: giải phương trình bậc hai modulo, elliptic curve cryptography.

1. Giai Thừa Modulo Nguyên Tố¶

Bài toán¶

Tính $n! \mod p$ với $p$ nguyên tố và $n$ rất lớn ($n \le 10^{18}$).

Khi $n < p$¶

Tính trực tiếp: $n! = 1 \cdot 2 \cdots n \mod p$. Độ phức tạp $O(n)$.

Khi $n \ge p$¶

$n! \equiv 0 \pmod{p}$ vì $n!$ chứa thừa số $p$.

Nhưng nếu cần tính $\frac{n!}{k!} \mod p$ (với $n, k < p$), dùng:

\[\frac{n!}{k!} = (k+1)(k+2) \cdots n \pmod{p}\]

Wilson's Theorem ứng dụng¶

$(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$

Do đó: $(p-1)! = (p-1) \cdot (p-2)! \equiv -1 \pmod{p}$

$\Rightarrow (p-2)! \equiv 1 \pmod{p}$

2. Căn Bậc Hai Modulo (Tonelli-Shanks)¶

Bài toán¶

Tìm $x$ sao cho $x^2 \equiv n \pmod{p}$, với $p$ nguyên tố lẻ.

Điều kiện nghiệm tồn tại¶

Nghiệm tồn tại khi $n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$ (Euler's criterion).

Giải thích từng thành phần: với $p$ nguyên tố lẻ và $n$ không chia hết cho $p$, lũy thừa $n^{(p-1)/2} \bmod p$ chỉ có thể bằng $1$ hoặc $p-1$ ($\equiv -1$). Bằng $1$ nghĩa là $n$ là dư bậc hai (tồn tại $x$ sao cho $x^2 \equiv n$) — ví dụ $2^{(7-1)/2}=2^3=8\equiv 1 \pmod{7}$ nên $x^2\equiv 2 \pmod{7}$ có nghiệm ($x=3,4$). Bằng $-1$ nghĩa là $n$ là non-residue (vô nghiệm) — không cần chạy Tonelli-Shanks nữa, trả về $-1$ ngay. Đây chính là dòng if (power(n, (p-1)/2, p) != 1) return -1; trong code. Trường hợp $n=0$ xử lý riêng (nghiệm $x=0$).

Thuật toán Tonelli-Shanks¶

Trường hợp đặc biệt: $p \equiv 3 \pmod{4}$:

\[x \equiv n^{\frac{p+1}{4}} \pmod{p}\]

Chứng minh: $x^2 = n^{\frac{p+1}{2}} = n \cdot n^{\frac{p-1}{2}}$. Theo Euler's criterion, $n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1$ (vì $n$ là dư bậc 2). Do đó $x^2 \equiv n$.

Trường hợp tổng quát ($p \equiv 1 \pmod{4}$):

Phân tích $p - 1 = Q \cdot 2^S$ với $Q$ lẻ. Ý tưởng:

Tìm $z$ là non-residue bậc 2 ($z^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod{p}$).
Khởi tạo: $c = z^Q$, $t = n^Q$, $r = n^{(Q+1)/2}$.
Lặp: Nếu $t = 1$ → trả về $r$. Ngược lại, tìm mũ $i$ nhỏ nhất sao cho $t^{2^i} = 1$. Cập nhật $c, t, r$ và giảm $m$.

Mỗi lần lặp, $m$ giảm 1 nên thuật toán dừng sau tối đa $S$ bước.

Giải thích từng biến (ánh xạ với code):

$Q, S$ (q, s trong code): tách hết thừa số $2$ ra khỏi $p-1$. $Q$ là phần lẻ, $S$ là số lần chia được cho $2$. Ví dụ $p=41$: $40 = 5 \cdot 2^3$ nên $Q=5, S=3$. $S$ càng lớn thì vòng lặp càng nhiều bước.
$z$ (non-residue): "chìa khóa" sinh ra phần tử có bậc đúng $2^S$. Tìm bằng cách thử $z=2,3,\dots$ cho tới khi $z^{(p-1)/2}\equiv -1$. Tồn tại vì đúng một nửa số trong $[1,p-1]$ là non-residue.
$c = z^Q$: phần tử có bậc $2^S$, dùng để "sửa" $r$ từng bước (mỗi lần bình phương $c$ thì bậc giảm một nửa).
$t = n^Q$: "thước đo sai số" — $t=1$ nghĩa là $r$ hiện tại đã là nghiệm đúng. Còn $t \ne 1$ thì cần tiếp tục sửa.
$r = n^{(Q+1)/2}$: nghiệm xấp xỉ ban đầu (đúng trong trường hợp $S=1$, tức $p \equiv 3 \pmod{4}$).
$m$ (khởi tạo $m=S$): chặn trên của bậc của $t$. Mỗi vòng lặp tìm $i$ (bậc thực của $t$) rồi đặt $m \leftarrow i$ nên $m$ giảm dần → đảm bảo dừng.
$b = c^{2^{(m-i-1)}}$: "miếng vá" có bậc đúng $2^{i+1}$; nhân vào $r$ ($r \leftarrow r \cdot b$) và $t$ ($t \leftarrow t \cdot b^2$) để đưa $t$ về bậc thấp hơn.

Trace chi tiết¶

Ví dụ 1: $p \equiv 3 \pmod{4}$ (trường hợp đơn giản)¶

Tìm $x$ sao cho $x^2 \equiv 2 \pmod{7}$.

$p = 7 \equiv 3 \pmod{4}$ $\Rightarrow$ $x = 2^{\frac{7+1}{4}} = 2^2 = 4$.

Kiểm tra: $4^2 = 16 \equiv 2 \pmod{7}$ ✓

Ví dụ 2: $p \equiv 1 \pmod{4}$ (Tonelli-Shanks đầy đủ)¶

Tìm $x$ sao cho $x^2 \equiv 5 \pmod{41}$ ($p = 41$).

Bước 1: Phân tích $p - 1 = 40 = 5 \cdot 2^3$. Vậy $Q = 5$, $S = 3$.

Bước 2: Tìm $z$ là non-residue: $z = 2$ (vì $2^{20} \equiv -1 \pmod{41}$).

Bước 3: Khởi tạo:

Biến	Giá trị	Công thức
$m$	3	$m = S$
$c$	$2^5 = 32$	$c = z^Q$
$t$	$5^5 = 3125 \equiv 9 \pmod{41}$	$t = n^Q$
$r$	$5^{(5+1)/2} = 5^3 = 125 \equiv 2 \pmod{41}$	$r = n^{(Q+1)/2}$

Bước 4: Vòng lặp:

Vòng	$t$	$i$ (số mũ)	$m$	$c$	$r$
1	$9$	$2$ (vì $9^2=81\equiv -1$, $(-1)^2=1$)	$2$	$32^2=1024\equiv 40$	$2 \cdot 32 = 64 \equiv 23$
2	$9 \cdot 40 = 360 \equiv 32$	$1$ (vì $32^2=1024\equiv 40$, $40^2=1600\equiv 1$)	$1$	$40^2=1600\equiv 1$	$23 \cdot 40 = 920 \equiv 18$
3	$32 \cdot 1 = 32$	$1$	$1$	—	—

Sau vòng 3, $t = 1$ → dừng. Kết quả $x = r = 18$.

Kiểm tra: $18^2 = 324 \equiv 5 \pmod{41}$ ✓. Nghiệm còn lại: $41 - 18 = 23$.

Giai thừa modulo: mở rộng¶

Định lý Wilson tổng quát (cho tích dạng $(p-1)! \mod p$)¶

$(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$ với $p$ nguyên tố. Hệ quả:

\[(p-2)! \equiv 1 \pmod{p}$$ $$(p-3)! \equiv -2^{-1} \pmod{p}$$ $$(p-4)! \equiv 6^{-1} \pmod{p}\]

Ứng dụng: tính nhanh giai thừa với modulo gần $p$ mà không cần duyệt từ $1$ đến $n$.

Tích đoạn liên tiếp¶

Tính $\prod_{i=L}^{R} i \bmod p$ với $L, R < p$:

Nếu $L > R$: tích bằng 1.
Nếu $R - L < 10^6$: duyệt trực tiếp.
Nếu đoạn dài và $L$ nhỏ: dùng $R! \cdot (L-1)!^{-1} \pmod{p}$ (nếu $R < p$).

3. Đánh giá độ phức tạp¶

Thuật toán	Thời gian
$n! \mod p$ (trực tiếp, $n < p$)	$O(n)$
Tonelli-Shanks	$O(\log^2 p)$
Căn bậc 2 khi $p \equiv 3 \pmod{4}$	$O(\log p)$

Code minh họa¶

Tonelli-Shanks — Căn bậc hai modulo¶

C++Python

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// Lũy thừa modular nhanh: tính a^b % p trong O(log b)
long long power(long long a, long long b, long long p) {
    long long res = 1;
    a %= p;                              // Đưa a về [0, p-1]
    while (b > 0) {
        if (b & 1) res = res * a % p;    // Nếu bit cuối của b là 1, nhân res với a
        a = a * a % p;                    // Bình phương a
        b >>= 1;                          // Dịch phải b: chia đôi
    }
    return res;
}

// Tìm căn bậc hai modulo p: x^2 ≡ n (mod p)
// Trả về -1 nếu không tồn tại nghiệm
long long sqrtMod(long long n, long long p) {
    if (n == 0) return 0;                // n = 0 → nghiệm duy nhất x = 0
    if (power(n, (p - 1) / 2, p) != 1) return -1; // Euler criterion: kiểm tra tồn tại nghiệm

    // Trường hợp đặc biệt p ≡ 3 (mod 4): nghiệm đơn giản x = n^((p+1)/4)
    if (p % 4 == 3) return power(n, (p + 1) / 4, p);

    // --- Tonelli-Shanks cho p ≡ 1 (mod 4) ---
    // Bước 1: Phân tích p-1 = Q * 2^S, Q lẻ
    long long q = p - 1, s = 0;
    while (q % 2 == 0) { q /= 2; s++; }

    // Bước 2: Tìm z là non-residue bậc 2 (z^((p-1)/2) ≡ -1 mod p)
    long long z = 2;
    while (power(z, (p - 1) / 2, p) != p - 1) z++;

    // Bước 3: Khởi tạo các biến
    long long m = s, c = power(z, q, p);   // c = z^Q
    long long t = power(n, q, p);           // t = n^Q
    long long r = power(n, (q + 1) / 2, p); // r = n^((Q+1)/2) — xấp xỉ nghiệm

    // Bước 4: Vòng lặp chính — giảm m cho đến khi t = 1
    while (t != 1) {
        // Tìm số mũ i nhỏ nhất sao cho t^(2^i) ≡ 1 (mod p)
        long long tmp = t, i = 0;
        while (tmp != 1) {
            tmp = tmp * tmp % p;
            i++;
        }
        // Cập nhật b = c^(2^(m-i-1))
        long long b = c;
        for (long long j = 0; j < m - i - 1; j++)
            b = b * b % p;
        m = i;                              // Giảm m
        c = b * b % p;                      // c mới = b^2
        t = t * c % p;                      // t mới = t * c
        r = r * b % p;                      // r mới = r * b
    }

    return r;                               // Căn bậc hai modulo p
}

int main() {
    long long n, p;
    cin >> n >> p;                          // Đọc n và modulo p (nguyên tố)
    long long ans = sqrtMod(n, p);
    if (ans == -1) cout << "Khong ton tai\n";  // Không có căn bậc hai
    else cout << ans << "\n";                   // In nghiệm
    return 0;
}

# Lũy thừa modular nhanh: tính a^b % p trong O(log b)
def power(a, b, p):
    res = 1
    a %= p                         # Đưa a về [0, p-1]
    while b > 0:
        if b & 1:                  # Bit cuối của b là 1
            res = res * a % p
        a = a * a % p               # Bình phương a
        b >>= 1                     # Dịch phải b: chia đôi
    return res

# Tìm căn bậc hai modulo p: x^2 ≡ n (mod p)
# Trả về -1 nếu không tồn tại nghiệm
def sqrt_mod(n, p):
    if n == 0:                     # Trường hợp đặc biệt n = 0
        return 0
    if power(n, (p - 1) // 2, p) != 1:  # Euler criterion: kiểm tra tồn tại nghiệm
        return -1
    if p % 4 == 3:                 # p ≡ 3 (mod 4): công thức đơn giản
        return power(n, (p + 1) // 4, p)

    # --- Tonelli-Shanks cho p ≡ 1 (mod 4) ---
    q, s = p - 1, 0                # Phân tích p-1 = Q * 2^S, Q lẻ
    while q % 2 == 0:
        q //= 2
        s += 1

    z = 2                          # Tìm non-residue bậc 2
    while power(z, (p - 1) // 2, p) != p - 1:
        z += 1

    m, c = s, power(z, q, p)       # c = z^Q
    t, r = power(n, q, p), power(n, (q + 1) // 2, p)  # t = n^Q, r = n^((Q+1)/2)

    while t != 1:                  # Vòng lặp chính
        tmp, i = t, 0
        while tmp != 1:            # Tìm i nhỏ nhất: t^(2^i) ≡ 1
            tmp = tmp * tmp % p
            i += 1
        b = c
        for _ in range(m - i - 1): # b = c^(2^(m-i-1))
            b = b * b % p
        m = i                      # Giảm m
        c = b * b % p              # c mới = b^2
        t = t * c % p              # t mới = t * c
        r = r * b % p              # r mới = r * b

    return r                       # Căn bậc hai modulo p

n, p = map(int, input().split())
ans = sqrt_mod(n, p)
print(ans if ans != -1 else "Khong ton tai")

4. Lỗi thường gặp (SAI / ĐÚNG)¶

SAI 1: $n \ge p$ vẫn đi tính vòng lặp → TLE / sai¶

# SAI: n = 10**18, p = 7 → lặp 10**18 lần, treo máy
res = 1
for i in range(1, n + 1):
    res = res * i % p

# ĐÚNG: n! chứa thừa số p nên bằng 0 ngay
if n >= p:
    return 0

SAI 2: Quên check Euler criterion → lặp vô hạn / trả nghiệm rác¶

# SAI: bỏ qua kiểm tra, Tonelli-Shanks với n là non-residue không bao giờ cho t = 1
def sqrt_mod(n, p):
    ...  # chạy thẳng vào vòng while t != 1

# ĐÚNG: kiểm tra trước, vô nghiệm thì trả -1 ngay
if power(n, (p - 1) // 2, p) != 1:
    return -1

SAI 3: Chỉ in một nghiệm, quên nghiệm kép $p - r$¶

# SAI: chỉ in r
print(r)

# ĐÚNG: nếu r != 0 thì nghiệm còn lại là p - r (vd r=18, p=41 → 23)
print(r, p - r)

SAI 4: Tràn số với `res * a` trong C++ khi $p \approx 10^9$¶

// SAI: res * a có thể tới ~10^18, vẫn vừa long long nhưng
// nếu dùng int 32-bit thì tràn → sai
int res = res * a % p;

// ĐÚNG: luôn dùng long long cho res, a, p
long long res = res * a % p;

5. Bài tập luyện tập¶

Mã bài	Tên bài tập	Độ khó	Kiểu bài tập (Bản chất)	Bài học lý thuyết
`fsm-fact-basic`	Giai thừa modulo cơ bản	⭐	$n! \bmod p$ với $n < p$	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-fact-zero`	Giai thừa và số 0 modulo	⭐	$n! \equiv 0 \pmod{p}$ khi $n \ge p$	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-fact-range`	Tích đoạn modulo	⭐	$\prod_{i=L}^R i \bmod p$	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-sqrt-easy`	Căn bậc hai modulo (p ≡ 3 mod 4)	⭐⭐	$x \equiv n^{(p+1)/4} \pmod{p}$	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-sqrt-check`	Kiểm tra căn bậc hai modulo	⭐	$x^2 \equiv n \pmod{p}$	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-sqrt-ts`	Tonelli-Shanks	⭐⭐⭐	Căn bậc hai modulo tổng quát	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-sqrt-both`	Hai căn bậc hai modulo	⭐⭐⭐	Cả hai nghiệm $r$ và $p-r$	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo

Biến	Giá trị	Công thức
\(m\)	3	\(m = S\)
\(c\)	\(2^5 = 32\)	\(c = z^Q\)
\(t\)	\(5^5 = 3125 \equiv 9 \pmod{41}\)	\(t = n^Q\)
\(r\)	\(5^{(5+1)/2} = 5^3 = 125 \equiv 2 \pmod{41}\)	\(r = n^{(Q+1)/2}\)

Vòng	\(t\)	\(i\) (số mũ)	\(m\)	\(c\)	\(r\)
1	\(9\)	\(2\) (vì \(9^2=81\equiv -1\), \((-1)^2=1\))	\(2\)	\(32^2=1024\equiv 40\)	\(2 \cdot 32 = 64 \equiv 23\)
2	\(9 \cdot 40 = 360 \equiv 32\)	\(1\) (vì \(32^2=1024\equiv 40\), \(40^2=1600\equiv 1\))	\(1\)	\(40^2=1600\equiv 1\)	\(23 \cdot 40 = 920 \equiv 18\)
3	\(32 \cdot 1 = 32\)	\(1\)	\(1\)	—	—

Thuật toán	Thời gian
\(n! \mod p\) (trực tiếp, \(n < p\))	\(O(n)\)
Tonelli-Shanks	\(O(\log^2 p)\)
Căn bậc 2 khi \(p \equiv 3 \pmod{4}\)	\(O(\log p)\)

Giai Thừa Modulo & Căn Bậc Hai Modulo¶

Bản chất vấn đề¶

Bài toán động lực: vì sao cần học bài này?¶

Giai thừa modulo¶

Căn bậc hai modulo¶

1. Giai Thừa Modulo Nguyên Tố¶

Bài toán¶

Khi \(n < p\)¶

Khi \(n \ge p\)¶

Wilson's Theorem ứng dụng¶

2. Căn Bậc Hai Modulo (Tonelli-Shanks)¶

Bài toán¶

Điều kiện nghiệm tồn tại¶

Thuật toán Tonelli-Shanks¶

Trace chi tiết¶

Ví dụ 1: \(p \equiv 3 \pmod{4}\) (trường hợp đơn giản)¶

Ví dụ 2: \(p \equiv 1 \pmod{4}\) (Tonelli-Shanks đầy đủ)¶

Giai thừa modulo: mở rộng¶

Định lý Wilson tổng quát (cho tích dạng \((p-1)! \mod p\))¶

Tích đoạn liên tiếp¶

3. Đánh giá độ phức tạp¶

Code minh họa¶

Tonelli-Shanks — Căn bậc hai modulo¶

4. Lỗi thường gặp (SAI / ĐÚNG)¶

SAI 1: \(n \ge p\) vẫn đi tính vòng lặp → TLE / sai¶

SAI 2: Quên check Euler criterion → lặp vô hạn / trả nghiệm rác¶

SAI 3: Chỉ in một nghiệm, quên nghiệm kép \(p - r\)¶

SAI 4: Tràn số với `res * a` trong C++ khi \(p \approx 10^9\)¶

5. Bài tập luyện tập¶

💬 Bình luận

Mã bài	Tên bài tập	Độ khó	Kiểu bài tập (Bản chất)	Bài học lý thuyết
`fsm-fact-basic`	Giai thừa modulo cơ bản	⭐	\(n! \bmod p\) với \(n < p\)	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-fact-zero`	Giai thừa và số 0 modulo	⭐	\(n! \equiv 0 \pmod{p}\) khi \(n \ge p\)	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-fact-range`	Tích đoạn modulo	⭐	\(\prod_{i=L}^R i \bmod p\)	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-sqrt-easy`	Căn bậc hai modulo (p ≡ 3 mod 4)	⭐⭐	\(x \equiv n^{(p+1)/4} \pmod{p}\)	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-sqrt-check`	Kiểm tra căn bậc hai modulo	⭐	\(x^2 \equiv n \pmod{p}\)	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-sqrt-ts`	Tonelli-Shanks	⭐⭐⭐	Căn bậc hai modulo tổng quát	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo
`fsm-sqrt-both`	Hai căn bậc hai modulo	⭐⭐⭐	Cả hai nghiệm \(r\) và \(p-r\)	Giai Thừa & Căn Bậc Hai Modulo

Giai Thừa Modulo & Căn Bậc Hai Modulo¶

Bản chất vấn đề¶

Bài toán động lực: vì sao cần học bài này?¶

Giai thừa modulo¶

Căn bậc hai modulo¶

1. Giai Thừa Modulo Nguyên Tố¶

Bài toán¶

Khi \(n < p\)¶

Khi \(n \ge p\)¶

Wilson's Theorem ứng dụng¶

2. Căn Bậc Hai Modulo (Tonelli-Shanks)¶

Bài toán¶

Điều kiện nghiệm tồn tại¶

Thuật toán Tonelli-Shanks¶

Trace chi tiết¶

Ví dụ 1: \(p \equiv 3 \pmod{4}\) (trường hợp đơn giản)¶

Ví dụ 2: \(p \equiv 1 \pmod{4}\) (Tonelli-Shanks đầy đủ)¶

Giai thừa modulo: mở rộng¶

Định lý Wilson tổng quát (cho tích dạng \((p-1)! \mod p\))¶

Tích đoạn liên tiếp¶

3. Đánh giá độ phức tạp¶

Code minh họa¶

Tonelli-Shanks — Căn bậc hai modulo¶

4. Lỗi thường gặp (SAI / ĐÚNG)¶

SAI 1: \(n \ge p\) vẫn đi tính vòng lặp → TLE / sai¶

SAI 2: Quên check Euler criterion → lặp vô hạn / trả nghiệm rác¶

SAI 3: Chỉ in một nghiệm, quên nghiệm kép \(p - r\)¶

SAI 4: Tràn số với res * a trong C++ khi \(p \approx 10^9\)¶

5. Bài tập luyện tập¶

💬 Bình luận

SAI 4: Tràn số với `res * a` trong C++ khi \(p \approx 10^9\)¶