解方程（codevs 3732）

2024-05-17 13:58:58

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

输入样例#1：

2 10

-2

输出样例#1：

输入样例#2：

2 10

-3

输出样例#2：

输入样例#3：

2 10

输出样例#3：

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

分析：一看想是用高精度做，可能还会超时，就没仔细做，打的暴力枚举，50分正解：其实不是高精度……对于很大的数，我们可以给它取模，因为等式两边取模仍然成立。但是枚举x来判断的话会超时，所以这里用到一个技巧：如果一个数x对于这个等式成立的话，那么x+mod（模的那个数）也会成立。需要注意的是，只用一个数模可能会不对，所以多用几个检验一下。代码:
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define M 110
#define N 1000010
#define ll long long
using namespace std;
char s[N];
int n,m;
ll a[3][M],p[3]={0,10007,1000001397};
bool ok[N];
bool check(int x,int num)
{ll ans=0,w=1;for(int i=0;i<=n;i++){ans=(ans+a[num][i]*w%p[num])%p[num];w=(w*x)%p[num];}if(!(ans%p[num]))return true;return false;
}
int main()
{freopen("jh.in","r",stdin);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<=n;i++){scanf("%s",s);int l=strlen(s);bool flag=false;for(int j=1;j<=2;j++){int x=0;if(s[0]=='-'){flag=true;x=1;}for(int k=x;k<l;k++)a[j][i]=(a[j][i]*10%p[j]+(ll)s[k]-'0')%p[j];if(flag)a[j][i]=p[j]-a[j][i];}}for(int i=1;i<=p[1];i++)if(check(i,1)){for(int j=i;j<=m;j+=p[1])if(check(j,2))ok[j]=true;}int tot=0;for(int i=1;i<=m;i++)if(ok[i])tot++;printf("%d\n",tot);for(int i=1;i<=m;i++)if(ok[i])printf("%d\n",i);return 0;
}

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转载于:https://www.cnblogs.com/harden/p/5785170.html

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