$f\left(x\right)=a{x}^2+bx+c\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$的解存在性分析

1. 对$m$进行素因子分解得到
   $$m={p_1}^{e_1}\cdots {p_n}^{e_n}$$
   则原同余式等价于下面的同余式组
   $$\{\begin{array}{c}a{x}^2+bx+c\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p_1}^{e_1}\\ ⋮\\ a{x}^2+bx+c\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p_n}^{e_n}\end{array}$$
   故我们只需要讨论以素数模为模的同余式
   $$a{x}^2+bx+c\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^e$$

2. 欲求解$a{x}^2+bx+c\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^e$，只需要解出$a{x}^2+bx+c\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$。
   若$f\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$无解，则$f\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^e$也无解。
   若$f\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$有解，则根据Hensel引理一步步迭代求解即可。因此我们只需要讨论同余式
   $$a{x}^2+bx+c\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$

3. 下面基于$p$与$a,b,c$的关系进行分类讨论。

   1. 若$p|a\&p|b\&p|c$，则同余式恒成立，$\forall x\in \mathbb{Z}$都是同余式的解。
   2. 若$p|a,p|b,p\cancel{|}c$，则$a{x}^2+bx+c\equiv c\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，故同余式无解。
   3. 若$p|a,p\cancel{|}b$，则$a{x}^2+bx+c\equiv bx+c\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$有解（因为$\gcd \left(b,p\right)=1$）。
   4. 若$p>2,p\cancel{|}a$，则有
      $$\begin{array}{rl}& \gcd \left(a,p\right)=1\\ & \gcd \left(2,p\right)=1\end{array}\}\Rightarrow \gcd \left(4a,p\right)=1$$
      对同余式进行等价转化如下。
      $$\begin{array}{rl}& a{x}^2+bx+c\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \iff 4a\left(a{x}^2+bx+c\right)={\left(2ax+b\right)}^2+4ac-b^2\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \iff {\left(2ax+b\right)}^2\equiv b^2-4ac\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$
      先解$y^2\equiv \Delta =b^2-4ac$，若无解，则$f\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$肯定也无解；若有解，再解$2ax+b\equiv y\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，而由于$\gcd \left(2a,p\right)=1$，因此这个一次同余式是肯定有解的，继而$f\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$肯定也是有解的。
   5. 若$p=2,2\cancel{|}a$，原同余式等价于
      $$a{x}^2+bx+c\equiv \left(1+b\right)x\equiv c\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$$
      若$b$偶，则存在唯一解$x\equiv c\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$；若$b$奇$c$奇，则无解；若$b$奇$c$偶，则有两解$x\equiv 0,1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$。

  基于上述讨论，全面解决一般二次同余式$a{x}^2+bx+c\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$的唯一一个难点是解
$$y^2\equiv b^2-4ac\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
即涉及解如下形式的二次同余式
$$x^2\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
其中$p$是奇素数。这也就引出了下面要讨论的内容。

模$m$的平方剩余与平方非剩余的定义

  设$a\in \mathbb{Z},m\in {\mathbb{Z}}_{>0}$。

  若$x^2\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$有解，则称$a$为模$m$的平方剩余；

  若$x^2\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$无解，则称$a$为模$m$的平方非剩余。

$x^2\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$（$p$是一奇素数，$\gcd \left(a,p\right)=1$）的解存在性分析

  设$p$是一奇素数，$a\in \mathbb{Z}$且$\gcd \left(p,a\right)=1$，考虑同余式
$$x^2\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$

Euler判别法：$p$是一奇素数，若$\gcd \left(a,p\right)=1$，则$$\begin{array}{rl}& a是模p的平方剩余\iff a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p,此时恰有两解\\ & a是模p的平方非剩余\iff a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$

证明

1. $\gcd \left(a,p\right)=1$，$p$是素数，根据欧拉定理，有
   $$a^{\phi \left(p\right)}=a^{p-1}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
   由于$p$是奇数，因此$p-1$是偶数，$\frac{p-1}{2}\in \mathbb{Z}$，因此有$a^{\frac{p-1}{2}}\in \mathbb{Z}$。上式可以等价写为
   $$\begin{array}{rl}& {\left(a^{\frac{p-1}{2}}\right)}^2\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \iff {\left(a^{\frac{p-1}{2}}\right)}^2-1\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \iff \left(a^{\frac{p-1}{2}}+1\right)\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$
   又由于$p$是素数，$\mathbb{Z}/p$是一个域也是一个整环，因此有
   $$\begin{array}{rl}& \left(a^{\frac{p-1}{2}}+1\right)\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \iff a^{\frac{p-1}{2}}+1\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\vee a^{\frac{p-1}{2}}-1\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \iff a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \pm 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$
   因此只要证明了
   $$x^2\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p有解\iff a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
   那自然地就有
   $$x^2\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p无解\iff a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$

2. 现证明$$x^2\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p有解\iff a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$如下。

   1. 若$x^2\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$有解，设其解为$x\equiv x_0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，则有
      $${x_0}^2\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
      又$\gcd \left(a,p\right)=1$，因此${x_0}^2,a$来自于同一个与模$p$互素的剩余类，因此有
      $$\gcd \left(p,{x_0}^2\right)=1\Rightarrow \gcd \left(p,x_0\right)=1$$
      因此由欧拉定理，有
      $${x_0}^{\phi \left(p\right)}={x_0}^{p-1}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
      考虑$a^{\frac{p-1}{2}}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$：
      $$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv {\left({x_0}^2\right)}^{\frac{p-1}{2}}={x_0}^{p-1}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$

   2. 反过来，设$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$。
      由于$p$是奇数，有$p-1$是偶数，$\frac{p-1}{2}\in \mathbb{Z}$，因此对$x^{p-1}-1$有如下分解
      $$\begin{array}{rl}& x^{p-1}-1=\left[{\left(x^2\right)}^{\frac{p-1}{2}}-a^{\frac{p-1}{2}}\right]+\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\\ & =\left(x^2-a\right)\sum _{i=0}^{\frac{p-1}{2}-1}{\left(x^2\right)}^i{a}^{\frac{p-1}{2}-1-i}+\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\\ & =\left(x^2-a\right)q\left(x\right)+\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\end{array}$$
      其中$q\left(x\right)=\sum _{i=0}^{\frac{p-1}{2}-1}{\left(x^2\right)}^i{a}^{\frac{p-1}{2}-1-i}$。
      ∀ t ∈ { 1 , ⋯   , p − 1 } \forall t\in \left\{ 1,\cdots ,p-1 \right\} ∀t∈{ 1,⋯,p−1}，有$\gcd \left(t,p\right)=1$，由欧拉定理有
      $$t^{\phi \left(p\right)}-1=t^{p-1}-1\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
      因此有
      $$0\equiv t^{p-1}-1=\left(t^2-a\right)q\left(t\right)+\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\equiv \left(t^2-a\right)q\left(t\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
      即$\left(x^2-a\right)q\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$至少有$p-1$个解
      $$x\equiv 1,2,\cdots ,p-1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
      $p$是素数，由域$\mathbb{Z}/p$的整环性质有
      $$\left(x^2-a\right)q\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\iff x^2-a\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\vee q\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
      因此$x^2-a\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$的解数$k_1$和$q\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$的解数$k_2$之和
      $$k_1+k_2\ge p-1$$
      另一方面，
      $$\begin{array}{rl}& \mathrm{deg}\left(q\left(x\right)\right)=2\times \left(\frac{p-1}{2}-1\right)=p-3\Rightarrow k_2\le p-3\\ & \mathrm{deg}\left(x^2-a\right)=2\Rightarrow k_1\le 2\end{array}$$
      $$\begin{array}{c}\{\begin{array}{rl}& k_1+k_2\ge p-1\\ & k_2\le p-3\end{array}\Rightarrow p-1-k_1\le k_2\le p-3\Rightarrow k_1\ge 2\\ k_1\le 2\end{array}\}\Rightarrow k_1=2$$
      因此$x^2-a\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$有解且恰好有两解。
      
      

定理1：设$p$是一奇素数，则模$p$的非零平方剩余，平方非剩余各有$\frac{p-1}{2}$个

定理等价表述
  设$p$是奇素数，则模$p$的既约剩余系中平方剩余与平方非剩余的个数各为$\frac{p-1}{2}$个。

证法一
  $p$是奇数，$\frac{p-1}{2}\in \mathbb{Z}$，$x^{\frac{p-1}{2}}\pm 1$是$\frac{p-1}{2}$次首一多项式。
  模$p$的非零平方剩余个数就是同余式$f\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$的解的个数。
$p$是素数，因此同余式
$$f\left(x\right)=x^{\frac{p-1}{2}}-1\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\iff x^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
的解的个数$\le \frac{p-1}{2}$，即模$p$的非零平方剩余的个数$\le \frac{p-1}{2}$。
  同理，模$p$的平方非剩余个数就是同余式$f\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$的解的个数。
同余式
$$g\left(x\right)=x^{\frac{p-1}{2}}+1\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\iff x^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
的解的个数$\le \frac{p-1}{2}$，即模$p$的平方非剩余个数$\le \frac{p-1}{2}$。
  又非零平方剩余，平方非剩余共有 ∣ { 1 , 2 , ⋯   , p − 1 } ∣ = p − 1 \left| \left\{ 1,2,\cdots ,p-1 \right\} \right|=p-1 ∣{ 1,2,⋯,p−1}∣=p−1个，于是只能各有$\frac{p-1}{2}$个。

证法二
  模$p$的非零平方剩余个数即同余式$$x^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\iff x^{\frac{p-1}{2}}-1\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$的解的个数，且其中整系数首一多项式$x^{\frac{p-1}{2}}-1$的次数$\frac{p-1}{2}<p$。又因为
$$x^p-x=x\left(x^{p-1}-1\right)=x\left[{\left(x^{\frac{p-1}{2}}\right)}^2-1^2\right]=x\left(x^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\left(x^{\frac{p-1}{2}}+1\right)$$
因此有$\left(x^{\frac{p-1}{2}}-1\right)|\left(x^p-x\right)$，即$x^{\frac{p-1}{2}}-1$除$x^p-x$所得的余式$r\left(x\right)=0$，自然各项系数都是$p$的倍数。由博文《素数模同余式次数与其解数的关系》中的定理6，同余式
$$x^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
恰好有$\frac{p-1}{2}$个解，即模$p$的非零平方剩余个数为$\frac{p-1}{2}$。

所以模$p$的平方非剩余个数为$\left(p-1\right)-\frac{p-1}{2}=\frac{p-1}{2}$。

定理2：$p$是一奇素数，$0^2,1^2,\cdots ,{\left(\frac{p-1}{2}\right)}^2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$是模$p$的全部平方剩余。

证明
  $p$是奇数，因此$\frac{p-1}{2}\in \mathbb{Z}$。

  首先，显然地，$\forall t\in \left\{0,1,\cdots ,\frac{p-1}{2}\right\}$，同余式
$$x^2\equiv t^2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
有解$x\equiv \pm t\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，因此$0^2,1^2,\cdots ,{\left(\frac{p-1}{2}\right)}^2$都是模$p$的平方剩余。

  其次，对于$1^2,2^2,\cdots ,{\left(\frac{p-1}{2}\right)}^2$，只需要证明它们两两模$p$不同余，那么这$\frac{p-1}{2}$个模$p$的非零平方剩余就是模$p$的全部非零平方剩余。
  设$1\le k<l\le \frac{p-1}{2}$。
  若$k\equiv l\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，则$p|\left(l-k\right)$，但是$0<l-k<\frac{p-1}{2}$，矛盾。
  若$k\equiv -l\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，则$p|\left(k+l\right)$，但是$2<k+l<p-1$，矛盾。
  于是有
$$\begin{array}{rl}& k\cancel{\equiv }l\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\Rightarrow k-l\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & k\cancel{\equiv }-l\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\Rightarrow k+l\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$
$p$是素数，由域$\mathbb{Z}/p$的整环性质有
$$\begin{array}{rl}& \left(k-l\right)\left(k+l\right)\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \iff k^2-l^2\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \iff k^2\cancel{\equiv }{l}^2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$
因此$1^2,2^2,\cdots ,{\left(\frac{p-1}{2}\right)}^2$两两不同余，是模$p$的全部非零平方剩余。
因此$0^2,1^2,\cdots ,{\left(\frac{p-1}{2}\right)}^2$是模$p$的全部平方剩余。

推论：模$p$的$\frac{p-1}{2}$个非零平方剩余分别与序列$1^2,2^2,\cdots ,{\left(\frac{p-1}{2}\right)}^2$中的一数同余，且仅与一数同余。

练习

1. 求模$7$的平方剩余，平方非剩余。

   1. 法一
      $7$是奇素数，可使用Euler判别法。$\frac{7-1}{2}=3$。
      $$\begin{array}{cccccccc}x\text{ mod7}& -3& -2& -1& 0& 1& 2& 3\\ x^3\text{ mod7}& -27\equiv 1& -8\equiv -1& -1& 0& 1& 8\equiv 1& 28\equiv -1\end{array}$$
      因此模$7$的平方剩余$x$为$x\equiv -3,0,1,2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7$，平方非剩余$y$为$y\equiv -2,-1,3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7$。
      
      

   2. 法二
      $7$是一个奇素数，$\frac{7-1}{2}=3$，由定理2，
      A : = { 0 2 , 1 2 , 2 2 , 3 2     m o d   7 } = { 0 , 1 , 2 , 4 } A:=\left\{ { {0}^{2}},{ {1}^{2}},{ {2}^{2}},{ {3}^{2}}\text{ }\bmod 7 \right\}=\left\{ 0,1,2,4 \right\} A:={ 02,12,22,32 mod7}={ 0,1,2,4}
      里的元素是模$7$的平方剩余。
      { 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 } \ A = { 3 , 5 , 6 } : = B \left\{ 0,1,2,3,4,5,6 \right\}\backslash A=\left\{ 3,5,6 \right\}:=B { 0,1,2,3,4,5,6}\A={ 3,5,6}:=B
      $B$里的元素是模$7$的平方非剩余。
      因此模$7$的全部平方剩余为
      $$x\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7,a\in A$$
      模$7$的全部平方非剩余为
      $$x\equiv b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7,b\in B$$
      
      

2. 求模$23$的平方剩余和平方非剩余。
   解
     $p$是一个奇素数，求模$p$的平方剩余，当$p$比较大时，使用Euler判别法比较麻烦，因为涉及求
   $$a^{\frac{p-1}{2}}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p,a\in \left\{-\frac{p-1}{2},-\frac{p-3}{2},\cdots ,0,\cdots ,\frac{p-3}{2},\frac{p-1}{2}\right\}$$
   计算量较大。在这里我们使用定理2求解。
   
     $23$是一个奇素数，$\frac{23-1}{2}=11$。因此$0^2,1^2,\cdots ,{11}^2$是模$23$的平方剩余。有下表
   $$\begin{array}{rl}& \begin{array}{ccccccc}x\text{ mod23}& 0& 1& 2& 3& 4& 5\\ x^2\text{ mod23}& 0& 1& 4& 9& 16& 25\equiv 2\end{array}\\ & \\ & \begin{array}{ccccccc}x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}23& 6& 7& 8& 9& 10& 11\\ x^2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}23& 36\equiv 13& 49\equiv 3& 64\equiv 18& 81\equiv 12& 100\equiv 8& 121\equiv 6\end{array}\end{array}$$
   令 A = { 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 6 , 8 , 9 , 12 , 13 , 16 , 18 } A=\left\{ 0,1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18 \right\} A={ 0,1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18}$A$中的元素都是模$23$的平方剩余。
   { 0 , 1 , ⋯   , 22 } \ A = { 5 , 7 , 10 , 11 , 14 , 15 , 17 , 19 , 20 , 21 , 22 } : = B \left\{ 0,1,\cdots ,22 \right\}\backslash A=\left\{ 5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22 \right\}:=B { 0,1,⋯,22}\A={ 5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22}:=B
   $B$中的元素都是模$23$的平方非剩余。
   因此模$23$的全部平方剩余为
   $$x\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}23,a\in A$$
   模23的全部平方非剩余为
   $$x\equiv b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}23,b\in B$$
   
   

3. 求出模$37$的平方剩余和平方非剩余。
   解
   $37$是奇素数，$\frac{37-1}{2}=18$。因此$0^2,1^2,\cdots ,{18}^2$是模37的平方剩余。
   $$\begin{array}{rl}& \begin{array}{cccccccc}x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}37& 0& 1& 2& 3& 4& 5& 6\\ x^2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}37& 0& 1& 4& 9& 16& 25& 36\end{array}\\ & \\ & \begin{array}{ccccccc}x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}37& 7& 8& 9& 10& 11& 12\\ x^2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}37& 49\equiv 12& 64\equiv 27& 81\equiv 7& 100\equiv 26& 121\equiv 10& 144\equiv 33\end{array}\\ & \\ & \begin{array}{ccccccc}x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}37& 13& 14& 15& 16& 17& 18\\ x^2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}37& 169\equiv 21& 196\equiv 11& 225\equiv 3& 256\equiv 34& 289\equiv 30& 324\equiv 28\end{array}\end{array}$$
   令
   A = { 0 , 1 , 3 , 4 , 7 , 9 , 10 , 11 , 12 , 16 , 21 , 25 , 26 , 27 , 28 , 30 , 33 , 34 , 36 } A=\left\{ 0,1,3,4,7,9,10,11,12,16,21,25,26,27,28,30,33,34,36 \right\} A={ 0,1,3,4,7,9,10,11,12,16,21,25,26,27,28,30,33,34,36}
   $A$中的元素都是模$37$的平方剩余。
   { 0 , 1 , ⋯   , 36 } \ A = { 2 , 5 , 6 , 8 , 13 , 14 , 15 , 17 , 18 , 19 , 20 , 22 , 23 , 24 , 29 , 31 , 32 , 35 } : = B \begin{aligned} & \left\{ 0,1,\cdots ,36 \right\}\backslash A \\ & =\left\{ 2,5,6,8,13,14,15,17,18,19,20,22,23,24,29,31,32,35 \right\} \\ & :=B \\ \end{aligned} ​{ 0,1,⋯,36}\A={ 2,5,6,8,13,14,15,17,18,19,20,22,23,24,29,31,32,35}:=B​
   $B$中的元素都是模$37$的平方非剩余。
   因此模37的全部平方剩余为
   $$x\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}37,a\in A$$
   模$37$的全部平方非剩余为
   $$x\equiv b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}37,b\in B$$