P2312 解方程

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。

Solution：

　　洛谷题面复制炸格式，这是bzoj的题面。

　　思路就是hash模拟，因为多项式$A=0$，则$Amod p=0$。

　　所以我们直接选几个邻近素数做为模数，然后枚举每个模数的的余系作为答案，$O(n)$判断多项式$A$的hash值是否为$0$，若$i$属于模数$p$的余系，且能使模$p$意义下$A=0$，显然$cmod p=i$的$c$都是解。

　　用多个模数就能减小预处理时模数整除系数的概率，防止出WA(#^.^#)的情况。

　　最后只需$O(m)$扫一遍$i$是否满足对于所有的模数取模的值能使$A=0$就好了。

代码：

/*Code by 520 -- 9.1*/
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);++(i))
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);--(i))
using namespace std;
const int N=1000005,mod[5]={22861,22871,22877,22901,22907};
int n,m,a[5][105];
char s[N];
bool vis[5][30005];
int ans[N];

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    For(i,0,n) {
        scanf("%s",s);
        RE int len=strlen(s);
        For(k,0,4)
        if(s[0]=='-') {
            For(j,1,len-1) a[k][i]=((a[k][i]<<3)+(a[k][i]<<1)+(s[j]^48))%mod[k];
            a[k][i]=mod[k]-a[k][i];
        }
        else For(j,0,len-1) a[k][i]=((a[k][i]<<3)+(a[k][i]<<1)+(s[j]^48))%mod[k];
    }
    For(k,0,4) For(i,1,mod[k]) {
        RE int ans=a[k][n];
        Bor(j,0,n-1) ans=(ans*i+a[k][j])%mod[k];
        if(!ans) vis[k][i]=1;
    }
    For(i,1,m) {
        bool cnt=1;
        For(k,0,4) cnt&=vis[k][i%mod[k]];
        if(cnt) ans[++ans[0]]=i;
    }
    For(i,0,ans[0]) printf("%d
",ans[i]);
    return 0;
}