bzoj 3751: [NOIP2014]解方程（同余系）

3751: [NOIP2014]解方程

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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

这题好坑，下面写着ai<=1010000原来是ai<=10^10000

其实可以暴力枚举[1, m]中的每一个数带进方程里检测一下，复杂度O(nm)理论不超时

但是大整数所以GG，不行

这有两个结论：

①若f[x] = 0，那么f[x%p]%p = 0（p为质数）

②若f[x]%p = 0，那么f[x+p]%p = 0（p为质数）

其实以上两个结论都不是充要关系，也就是说若f[x%p]%p = 0，f[x]不一定等于0

但事实很多时候都能满足f[x] = 0，所以可以随便枚举几个p检测，如果都满足f[x%p]%p = 0，那么就当做f[x] = 0

复杂度O(nmc)（c为枚举的质数个数）

因为枚举的质数大约在4-10个的范围内才能AC，而且常数过大所以还是会超时

其实仔细想想就可以发现，其实只有在m<p的时候才需要代入方程检测，m>=p时直接对p取模就好了，m%p一定已经检测过了，这样复杂度O(npc)（p为最大质数，c为枚举个数）可以过

#include<stdio.h>
int a[6][105], p[6] = {0,19249,27647,23333,22367,14843};
int n, chk[6][28233], ans[1000005];
char str[20005];
int Read(int mod)
{
int x, temp, now;
x = temp = 1;
if(str[1]=='-')
x += 1, temp = -1;
now = 0;
for(;str[x]!='\0';x++)
now = (now*10+str[x]-'0')%mod;
now = (now*temp+mod)%mod;
return now;
}
int Check(int x, int y)
{
int i, sum, now;
sum = 0, now = 1;
for(i=0;i<=n;i++)
{
sum = (sum+a[y][i]*now)%p[y];
now = now*x%p[y];
}
return sum;
}
int main(void)
{
int m, i, j, cnt;
scanf("%d%d", &n, &m);
for(i=0;i<=n;i++)
{
scanf("%s", str+1);
for(j=1;j<=5;j++)
a[j][i] = Read(p[j]);
}
cnt = 0;
for(i=1;i<=5;i++)
{
for(j=0;j<=p[i]-1;j++)
chk[i][j] = Check(j, i);
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
for(j=1;j<=5;j++)
{
if(chk[j][i%p[j]])
break;
}
if(j==6)
ans[++cnt] = i;
}
printf("%d\n", cnt);
for(i=1;i<=cnt;i++)
printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}