[BZOJ3751] [NOIP2014] 解方程 (数学)

Description

　　已知多项式方程：$a_0+a_1*x+a_2*x^2+...+a_n*x^n=0$

　　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|≤10^10000，an≠0，m≤1000000。 

Source

Solution

　　考虑对等式左边整体对质数取模，这部分用秦九韶算法实现可以大大提速，并且可以避免大量的高精度运算

　　假设模数为$p$，不难发现在模$p$意义下$x$与$x+kp$得到的结果一样，所以我们可以预处理出$[0,p)$的答案，推出$[1,m]$是否可能是解

　　因为$p$很小会有类似哈希冲撞的事发生，所以我们可以选取多个$p$。据说是选$5$个$20000$左右的质数就可以，然而我换过好几个质数，不是$WA$就是$TLE$，QAQ

　　代码里的质数是网上找的，并不清楚为什么这人的人品能那么好QAQ，$4$个质数就可以$AC$QAQ

　　（方法会就行了，这道题考的不是质数的选取，质数照抄就行了）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[105][10005];
int p[4] = {17389, 22349, 22367, 22369};
int n, a[105], ans[1000005];
bool vis[5][27005];

bool check(int x)
{
    if(!vis[0][x % 17389]) return false;
    if(!vis[1][x % 22349]) return false;
    if(!vis[2][x % 22367]) return false;
    if(!vis[3][x % 22369]) return false;
    return true;
}

bool is_zero(int k, int x)
{
    long long ans = a[n];
    for(int i = n - 1; ~i; --i)
        ans = (ans * x + a[i]) % p[k];
    return !ans;
}

int main()
{
    int m, tot = 0;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 0; i <= n; ++i)
        scanf("%s", &s[i]);
    for(int i = 0; i < 4; ++i)
    {
        memset(a, 0, sizeof(a));
        for(int j = 0; j <= n; ++j)
            if(s[j][0] == '-')
                for(int k = 1; s[j][k]; ++k)
                    a[j] = (a[j] * 10 - s[j][k] + 48 + p[i]) % p[i];
            else
                for(int k = 0; s[j][k]; ++k)
                    a[j] = (a[j] * 10 + s[j][k] - 48) % p[i];
        for(int j = 1; j < p[i]; ++j)
            vis[i][j] = is_zero(i, j);
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
        if(check(i)) ans[++tot] = i;
    printf("%d\n", tot);
    for(int i = 1; i <= tot; ++i)
        printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}