题目描述
已知多项式方程：
a0+a1x+a2x^2+..+anx^n=0
求这个方程在[1, m ] 内的整数解（n 和m 均为正整数）
输入输出格式
输入共n + 2 行。
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
输出格式：
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。
输入输出样例
输入样例#1：
2 10
1
-2
1
输出样例#1：
1
1
输入样例#2：
2 10
2
-3
1
输出样例#2：
2
1
2
输入样例#3：
2 10
1
3
2
输出样例#3：
0
说明
对于30%的数据:0< n<=2,|ai|<=100,an!=0,m<100
对于50%的数据:0< n<=100,|ai|<=10^100,an!=0,m<100
对于70%的数据:0< n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<10000
对于100%的数据:0< n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<1000000
题解
我们将公式化简可得
a0+a1x+a2x^2+..+anx^n
=a0+x(a1+a2x+a3x^3..+anx^(n-1))
=a0+x(a1+x(a2+a3x..+anx^(n-2))
=......
=a0+x(a1+x(a2+x(a3+x(a4.....))
由上的秦九韶公式求得，我们可以在枚举一个点后O（n）判断是否为0
那么反过来看m的范围m<=1000000,n<=100
咦！又露出了那意味声称的邪笑!
然后，这就是题水题了
我们强枚可能的m，用O（n）判断是否为0
（Tips:
由于ai<=10^10000，所以我们必须模一个大质数
最好多模几个，以免出现刚好为质数的倍数的点
不过我一个10^9+7就够了
）
代码
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
const int mo=1000000007;
using namespace std;
long long a[110],n,m,ans[1000100],cnt;
long long read()
{
long long zf=1,sum=0;
char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9')
if (c=='-')
{
zf=-1;
c=getchar();
}
while (c>='0'&&c<='9') sum=sum*10+c-'0',sum%=mo,c=getchar();
return sum*zf;
}
long long f(long long h)
{
long long sum=0;
for (long long i=n+1;i>=1;i--)
{
sum=sum*h+a[i];
sum=sum%mo;
}
return sum;
}
int main()
{
n=read(); m=read();
for(long long i=1;i<=n+1;i++) a[i]=read();
for(long long i=1;i<=m;i++) if(f(i)==0) ans[++cnt]=i;
printf("%lld
",cnt);
for(long long i=1;i<=cnt;i++) printf("%lld
",ans[i]);
return 0;
}