Atcoder Tenka1 Programmer Contest 2019 E - Polynomial Divisors

题意：
给出一个多项式，问有多少个质数\(p\)使得\(p\;|\;f(x)\)，不管\(x\)取何值

思路：
首先所有系数的\(gcd\)的质因子都是可以的。
再考虑一个结论，如果在\(\bmod p\)意义下，多项式中存在\((x^p - x)\)这个因式，那么这个质数\(p\)也是可以的
显然\(p \leq n\)，那么我们只要枚举每个\(\leq n\)的质数，做模\(p\)意义下的多项式除法，判断余数是否为\(0\)即可。

证明：

• 充分性：考虑\(p\;|\;f(x)\)，即\(f(x) = kp\)，即在\(\bmod p\)意义下，\(f(x) = 0\)，根据欧拉定理，分两种情况讨论
  • \(x < p\)，又因为\(p\)是质数，那么显然有\((x, p) = 1\)，那么\(x^{p - 1} \equiv 1 \pmod p\)，有\(x^{p} - x \equiv 0 \pmod p\)
  • \(x \geq p\)，如果\(gcd(x, p)\)不为\(1\)，那么显然有\(gcd(x, p) = p\)，那么已经满足\(p\;|\;f(x)\)，否则套用欧拉定理
• 必要性：如果\(p\;|\;f(x)\)，那么\(0, 1, \cdots, p - 1\)必然为\(f(x)\)的一个根，那么\(f(x)\)有因式\(x(x - 1)(x - 2)\cdots(x - (p - 1))\)。我们考虑这个因式与\(x^p - x\)是等价的，如果不是等价的，那么作差之后，最高次变为\(p - 1\)，而根的个数却有\(p\)个,显然矛盾

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

#define N 10010
int n, a[N], b[N];
bool isprime(int x) {
	for (int i = 2; 1ll * i * i <= x; ++i) {
		if (x % i == 0) {
			return false;
		}
	}
	return true;
}
int gcd(int a, int b) {
	return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
bool ok(int p) {
	if (a[0] % p) {
		return false;
	}
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		b[i] = a[i];
	}
	for (int i = n; i >= p - 1; --i) {
		(b[i - (p - 1)] += b[i]) %= p;
		b[i] = 0;
	}
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		if (b[i] % p) {
			return false;
		}
	}
	return true;
}

int main() {
	while (scanf("%d", &n) != EOF) {
		int G = 0; 
		for (int i = 0; i <= n; ++i) {
			scanf("%d", a + i);
			G = gcd(G, abs(a[i]));
		}
		reverse(a, a + 1 + n); 
		vector <int> res;
		for (int i = 2; 1ll * i * i <= G; ++i) {
			if (G % i == 0) {
				res.push_back(i); 
				while (G % i == 0) {
					G /= i;
				}
			}
		}
		if (G > 1) {
			res.push_back(G);
		}
		for (int i = 2; i <= n; ++i) {
			if (isprime(i) && ok(i)) {
				res.push_back(i);
			}
		}
		sort(res.begin(), res.end());
		res.erase(unique(res.begin(), res.end()), res.end());
		for (auto it : res) {
			printf("%d\n", it);
		}
	//	puts("------------");
	}
	return 0;
}