题目描述
已知多项式方程：
(a_0+a_1*x_1+a_2*x_2+⋯+a_n*x_n=0)
求这个方程在 $[1,m] $内的整数解（n 和 m 均为正整数）。
解:这道题真的是好 ~~~
首先观察式子 这不就是一个秦九韶算法吗
顺便复习一下秦九韶算法
就是对于高次方程由内到外递归求解 每次乘以x 时间复杂度O(n)
bool qsj(ll v,ll *y)
{
ll v2=y[n];
for(ll i=n-1;i>=1;i--)
{
v2=(v2*v%mod+y[i])%mod;
}
return ((v2==0)?true:false);
}
但是你会发现a很大存不下 这时候你就需要 取模
若f(x)0 f(x)%p0; mod p 意义下
但是 当$ f(x)==k*p$的时候 加一波秦九韶算法验证 此方法可能会冲突 所以你需要 %一个较大质数比如$1e9+7 $
或者多试几个(p)
然后加上一波快读
时间复杂度$O(m*n) $老板把我卡了
然后注意到
对于(a_0+a_1*x+a_2*x_2...+a_n*x_n=0)
(%x) 后 对于$ x$ 我们有 (a_0)%(x ==0)
这时候满足方程
所以(x)为(a_0) 的约数 你可以这样暴力 但是也会超时
这个时候你就需要再次注意到
其实(m)过于大 我们考虑减小(m)
怎么减小呢??
其实很简单
对于一个多项式 我们you
(f(x))%(p==f(x)%(p))%(p==)(f(x+p)) %(p)
所以 对于一个 不能 作为答案的(x) 那么(x+p x+2*p ...)在%p意义下 都不能作为答案
所以你可以类似用一种筛法
然后为了避免冲突 你可以 设几个参数
最后还有一波很重要的快读
Code:
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;
#define ll long long
#define maxnn 2000000
#define mod 1000000007
#define mod1 191089
#define mod2 195997
#define mod3 186019
#define mod4 21410
#define mod5 10211
#define mod6 15193
#define mod8 26297
#define mod9 15331
#define mod7 19087
ll a[maxnn],b[maxnn],c[maxnn];
ll f1[maxnn],f2[maxnn],f3[maxnn];
ll n,m;
ll is[maxnn];
#include<queue>
string s;
#define ll long long
void rd(ll &a,ll &b,ll &c){
char ch=getchar();
int f=0;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=1;
a=b=c=ch^48;
for(ch=getchar();ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()){
a=((a<<3)+(a<<1)+(ch^48))%mod1;
b=((b<<3)+(b<<1)+(ch^48))%mod2;
c=((c<<3)+(c<<1)+(ch^48))%mod3;
}
if(f){a=-a;b=-b;c=-c;}
}
int tot=0;
deque<int > Q;
bool qsj1(ll v,ll *y)
{
ll v2=y[n];
for(ll i=n-1;i>=1;i--)
{
v2=(v2*v%mod1+y[i])%mod1;
}
return ((v2==0)?true:false);
}
bool qsj2(ll v,ll *y)
{
ll v2=y[n];
for(ll i=n-1;i>=1;i--)
{
v2=(v2*v%mod2+y[i])%mod2;
}
return ((v2==0)?true:false);
}
bool qsj3(ll v,ll *y)
{
ll v2=y[n];
for(ll i=n-1;i>=1;i--)
{
v2=(v2*v%mod3+y[i])%mod3;
}
return ((v2==0)?true:false);
}
void init()
{
for(ll i=1;i<=mod1;i++)
{
if((!f1[i])&&(qsj1(i,a)))
{
for(ll j=i;j<=m;j+=mod1)
{
f1[j]=1;
}
}
}
for(ll i=1;i<=mod2;i++)
{
if((!f2[i])&&(qsj2(i,b)))
{
for(ll j=i;j<=m;j+=mod2)
{
f2[j]=1;
}
}
}
for(ll i=1;i<=mod3;i++)
{
if((!f3[i])&&(qsj3(i,c)))
{
for(ll j=i;j<=m;j+=mod3)
{
f3[j]=1;
}
}
}
// for(ll i=1;i<=mod4;i++)
// {
// if((!is[i])&&(!qsj(i)))
// {
// for(ll j=i;j<=m;j+=mod4)
// {
// is[j]=1;
// }
// }
// }
//
// for(ll i=1;i<=mod5;i++)
// {
// if((!is[i])&&(!qsj(i)))
// {
// for(ll j=i;j<=m;j+=mod5)
// {
// is[j]=1;
// }
// }
// }
//
// for(ll i=1;i<=mod6;i++)
// {
// if((!is[i])&&(!qsj(i)))
// {
// for(ll j=i;j<=m;j+=mod6)
// {
// is[j]=1;
// }
// }
// }
//
// for(ll i=1;i<=mod7;i++)
// {
// if((!is[i])&&(!qsj(i)))
// {
// for(ll j=i;j<=m;j+=mod7)
// {
// is[j]=1;
// }
// }
// }
//
// for(ll i=1;i<=mod8;i++)
// {
// if((!is[i])&&(!qsj(i)))
// {
// for(ll j=i;j<=m;j+=mod8)
// {
// is[j]=1;
// }
// }
// }
//
// for(ll i=1;i<=mod9;i++)
// {
// if((!is[i])&&(!qsj(i)))
// {
// for(ll j=i;j<=m;j+=mod9)
// {
// is[j]=1;
// }
// }
// }
}
int main()
{
cin>>n>>m;
n++;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
rd(a[i],b[i],c[i]);
}
init();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if((f1[i]&&f2[i]&&f3[i]))
{
{
tot++;
Q.push_back(i);
}
}
}
cout<<tot<<endl;
while(Q.size())
{
printf("%d
",Q.front());
Q.pop_front();
}
}