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

输入格式：

输入文件名为equation .in。

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：

输出文件名为equation .out 。

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

2 10
1
-2
1

1
1

2 10
2
-3
1

2
1
2

2 10
1
3
2  

0

说明

30%:0<n<=2,|ai|<=100,an!=0,m<100

50%:0<n<=100,|ai|<=10^100,an!=0,m<100

70%:0<n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<10000

100%:0<n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<1000000

代码

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<algorithm>
 5 #define ll long long
 6 using namespace std;
 7
 8 ll v[555],a[555],ans,N,M,p;
 9
10 ll pow(ll x,ll n){
11     ll ans=1;
12     while(n){
13         if(n&1) ans=ans*x;
14         x=x*x;
15         n>>=1;
16     }
17     return ans;
18 }
19
20 ll cc(ll x){
21     ll ans=a[0];
22     for(ll i=1;i<=N;i++){
23         ans+=a[i]*pow(x,i);
24     }
25     if(ans==0) {
26         v[++p]=x;
27         return 1;
28     }
29     return 0;
30 }
31
32 int main(){
33 //    freopen("equation.in","r",stdin);
34 //    freopen("equation.out","w",stdout);
35
36
37     scanf("%lld%lld",&N,&M);
38     for(ll i=0;i<=N;i++){
39         scanf("%lld",&a[i]);
40     }
41
42     for(ll i=1;i<=M;i++){
43         if(cc(i)) ++ans;
44     }
45
46     printf("%lld\n",ans);
47     for(ll i=1;i<=p;i++) printf("%lld\n",v[i]);
48
49     return 0;
50 }

不会写，水过了30分，QAQ

转载：

没有c++题解，果断来一发

50%数据：

从1到m暴力枚举答案，然后通过高精度进行计算。

70%数据：

仍然从1到m暴力枚举答案，但是我们不再进行高精度运算，而是模质数。为了减小冲突的几率，我们可以多选几个数字去模。这样时间复杂度是O(nmprime)，其中prime是选取的质数的数量，选四五个就行。

100%数据：

如果我们模的数字是k。左边式子带入x和带入x+k是没有区别的。如果我们把质数k取得小一些，这样x就不用试1~m，而是试1~k。这样复杂度就变成了O(nkprime)，如果k取10^4左右就完全没有问题。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cstdlib>
 6 using namespace std;
 7 #define PROB "equation"
 8 #define MAXN 1100001
 9 ifdef WIN32
10
11 #define LL "%I64d"
12 #else
13 #define LL "%lld"
14 #endif
15 typedef long long qword;
16 const int mod[5] =
17 {22861,22871,22877,22901,22907
18 };
19 int a[11][110];
20 bool ok[MAXN];
21 bool ok2[5][30000];
22 char s[10010];
23 int n,m;
24 void work();
25 int main()
26 {
27         int ii,i,j, k;
28         int x;
29         scanf("%d%d\n",&n,&m);
30         int ll = 4;
31         for (ii=0;ii<=n;ii++)
32         {
33         //        scanf("%s", s);
34                 fgets(s,sizeof(s),stdin);
35                 int l = strlen(s)-1;
36                 if((s[l-1]<'0' || s[l-1]>'9') && s[l-1]!='-')l--;
37                 for(int j = 0; j < ll; j ++){
38                         int pmod = mod[j];
39                         a[j][ii] =0;
40                         x=1;
41                         k=0;
42                         if (s[k]=='-')k++,x=-x;
43                         else if (s[k]=='+')k++;
44                         for (;k<l;k++)
45                         {
46                                 a[j][ii]=(a[j][ii]*10+s[k]-'0')%pmod;
47                         }
48                         a[j][ii]=a[j][ii]*x%pmod;
49                         if(a[j][ii] < 0)
50                             a[j][ii] += pmod;
51                 }
52         }
53         memset(ok,1,sizeof(ok));
54         memset(ok2,1,sizeof(ok2));
55         int pmod;
56         int ans;
57         for (ii=0;ii<ll;ii++)
58         {
59                 pmod=mod[ii];
60                 for (i=0;i<pmod;i++)
61                 {
62                         ans=0;
63                         for (j=n;j>=0;j--)
64                         {
65                                 ans=(ans * i + a[ii][j])%pmod;
66                         }
67                         if (ans)
68                         {
69                                 ok2[ii][i]=false;
70                         }
71                 }
72         }
73         int cnt = 0;
74         for (int i=1;i<=m && cnt <= n;i++)
75         {
76                 for (int j=0;j<ll;j++)
77                 {
78                         if (!ok2[j][i%mod[j]]){
79                                 ok[i]=false;
80                                 break;
81                         }
82                 }
83                 if(ok[i])
84                     ++ cnt;
85         }
86         printf("%d\n",cnt);
87         for (i=1;i<=m;i++)
88                 if (ok[i])
89                         printf("%d\n",i);
90         return 0;
91 }