bzoj3751 noip2014解方程

3751: [NOIP2014]解方程

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Description

 已知多项式方程：

a0+a1*x+a2*x^2+...+an*x^n=0

求这个方程在[1,m]内的整数解（n和m均为正整数）。

Input

第一行包含2个整数n、m，每两个整数之间用一个空格隔开。

接下来的n+1行每行包含一个整数，依次为a0,a1,a2,...,an。

Output

 第一行输出方程在[1,m]内的整数解的个数。

接下来每行一个整数，按照从小到大的顺序依次输出方程在[1,m]内的一个整数解。

Sample Input

2 10
2
-3
1

Sample Output

2
1
2

HINT

 对于100%的数据，0<n≤100，|ai|≤1010000，an≠0，m≤1000000。

一道看起来很高端的题

由于我们无法直接算出f(x)的值

所以我们将f(x)取模

当f(x)==0时，易知f(x) mod p==0

但反命题不一定成立

所以我们要多取几个p，才能保证当f(x) mod p==0时 f(x)==0

至于为什么要取素数

易知当x mod p==0时，f(x) mod p ==0

所以我们取几个素数时，它们是互质的，所以它们的最小公倍数很大，已经超过了m的范围

所以就不用担心因为x mod p ==0而导致f(x) mod p ==

然后如果我们直接枚举1~m的数，每一个进行计算的话，仍无法通过100%的数据

而我们会发现f(x) mod p==f(x+p) mod p

所以就可以只算到1~mod-1，之后的数mod一下就好了

恩，就这样

#include<cstdio>
#include<cstring>
char ch[10005];
int mod[5]={11261,19997,22877,21893,14843};
int a[5][115];
int pre[5][115];
int res[5][30000];
int ans[1000005];
int n,m;
int cal(int t)
{
	int sum=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)
	sum=(sum+a[t][i]*pre[t][i])%mod[t];
	if(sum<0)	sum+=mod[t];
	return sum;
}
bool judge(int x)
{
	for(int t=0;t<5;t++)
	if(res[t][x%mod[t]]!=0)	return 0;
	return 1;
}
int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		scanf("%s",ch+1);
		int l=strlen(ch+1);
		bool flag=0;
		if(ch[1]!='-')		for(int t=0;t<5;t++)	a[t][i]=ch[1]-'0';
		else 				for(int t=0;t<5;t++)	a[t][i]=0,flag=1;
		for(int t=0;t<5;t++)
		{
			for(int k=2;k<=l;k++)
			a[t][i]=(a[t][i]*10+ch[k]-'0')%mod[t];	
			if(flag)	a[t][i]=-a[t][i];			
		}
	}
	for(int t=0;t<5;t++)
	for(int x=1;x<mod[t];x++)
	{
		pre[t][0]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)	pre[t][i]=(pre[t][i-1]*x)%mod[t];
		res[t][x]=cal(t);
	}
	for(int j=1;j<=m;j++)
	if(judge(j))	ans[++ans[0]]=j;
	printf("%d\n",ans[0]);
	for(int j=1;j<=ans[0];j++)
	printf("%d\n",ans[j]);
	return 0;
}