Noip 提高组 2014 Day2 T3 解方程 同余系

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。

传送门

……好可恶早上考试写这题结果写渣了= =

考虑一下如何来解题。

首先当然想到暴力枚举一个1~m的x了，然后代入方程检验。

然而……m很大，而且ai还是高精度+负数所以= =

那么可以想到把ai化简，使得不用高精度去做，

很容易想到哈希了，取几个模数pi，分别求出x代入方程%pi的值，

如果都是0，那就近似认为x是一个解。

如果取得好、冲突少，就可以A了，所以往这里去想想。

取模数T个，那么这种方法的时间复杂度是O(nmT)

有些人竟然就这么卡常过掉了= =

那不卡常怎么办呢。。

可以发现，假如x代入方程%pi=0，那么(x+k*pi)代入方程%pi肯定也是0

由此发现，假如x和y同余，且y%pi=0，那么x%pi=0，

那就可以简化了：我们只用代入0~(pi-1)的数，并且记录值是否为0，

然后枚举1~m的x时，只要判断x%pi是否为0，就知道x代入方程的结果了。

所谓“同余系”。

因此我们取的质数不能太大（不然就会T了QAQ）

而且为了避免long long（long long慢啊。。），

取的质数在4W左右就好了。。

接过TLE了一年= =气死网上随便找了组模数（看上去差不多啊喂。。）

uoj，luogu……都AC啊（ccccccc）

后面卡常到怀疑人生终于8sA掉bzoj的加强数据……（吐血）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int
prime[6]={30011,11261,14843,19997,10007,21893};
int n,m,ANS[1000005],a[105][6];
bool f[30015][6];
char s[10005];
void get(int o){
scanf("%s",s+1);
int f=1,sta=1;
if (s[1]=='-') f=-1,sta=2;
for (int i=sta;s[i];i++)
for (int j=0;j<6;j++)
a[o][j]=(a[o][j]*10+s[i]-'0')%prime[j];
for (int j=0;j<6;j++) a[o][j]*=f;
}
bool ok(int x,int mod){
int p=0,t=1;
for (int i=0;i<=n;i++){
p=(p+a[i][mod]*t)%prime[mod];
t=t*x%prime[mod];
}
return p==0;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=0;i<=n;i++) get(i);
for (int i=0;i<6;i++)
for (int j=0;j<prime[i];j++) f[j][i]=ok(j,i);
int cnt=0;
for (int i=1;i<=m;i++){
bool ff=1;
for (int j=0;j<6;j++)
if (!f[i%prime[j]][j]){ff=0;break;}
if (ff) ANS[++cnt]=i;
}
printf("%d\n",cnt);
for (int i=1;i<=cnt;i++) printf("%d\n",ANS[i]);
return 0;
}