3.解方程
(equation.cpp/c/pas)
【问题描述】
已知多项式方程:
a ! + a ! x + a ! x ! + ⋯ + a ! x ! = 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a ! , a ! , a ! , ... , a ! 。
【输出】
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 1】
equation.in equation.out
2 10 1
1 1
-2
1
【输入输出样例 2】
equation.in equation.out
2 10 2
2 1
-3 2
1
【输入输出样例 3】
equation.in equation.out
2 10 0
1
3
2
第 5 页共 6 页提高组 day2
全国信息学奥林匹克联赛(NOIP2014)复赛
【数据说明】
对于 30%的数据,0 < n ≤ 2, a ! ≤ 100,a ! ≠ 0, m ≤ 100;
对于 50%的数据,0 < n ≤ 100, a ! ≤ 10 !"" ,a ! ≠ 0,m ≤ 100;
对于 70%的数据,0 < n ≤ 100, a ! ≤ 10 !"""" ,a ! ≠ 0,m ≤ 10000;
对于 100%的数据,0 < n ≤ 100, a ! ≤ 10 !"""" ,a ! ≠ 0,m ≤ 1000000。
考场上想到了在同余系中枚举x，但是对于最后30%数据用的自然溢出，自然溢出很容易被卡掉。其实这种做法已经十分贴近正解了。观察发现，取质数p,对于解a,b，若a==b（mod p)那么他们带入算出的值一定相同，所以只用取多个较小p，预处理出[0,p-1]的值，在枚举[1,m]代入检验即可，bzoj数据很不良心啊，要么TLE，要么WA，jason_yu帮我检查了半天，才发现由于ans=(ans * i + a[ii][j])%pmod;我写成了{ans=(ans+x*a[j])%pmod;x=x*i%pmod;}常数过大，所以时限内尝试质数个数过少。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
using namespace std;
#define PROB "equation"
#define MAXN 1100001
#ifdef WIN32
#define LL "%I64d"
#else
#define LL "%lld"
#endif
typedef long long qword;
const int mod[] =
{,,,,
};
int a[][];
bool ok[MAXN];
bool ok2[][];
char s[];
int n,m;
void work();
int main()
{
freopen(PROB".in","r",stdin);
freopen(PROB".out","w",stdout);
int ii,i,j, k;
int x;
scanf("%d%d\n",&n,&m);
int ll = ;
for (ii=;ii<=n;ii++)
{
// scanf("%s", s);
fgets(s,sizeof(s),stdin);
int l = strlen(s)-;
if((s[l-]<'' || s[l-]>'') && s[l-]!='-')l--;
for(int j = ; j < ll; j ++){
int pmod = mod[j];
a[j][ii] =;
x=;
k=;
if (s[k]=='-')k++,x=-x;
else if (s[k]=='+')k++;
for (;k<l;k++)
{
a[j][ii]=(a[j][ii]*+s[k]-'')%pmod; }
a[j][ii]=a[j][ii]*x%pmod;
if(a[j][ii] < )
a[j][ii] += pmod;
}
}
memset(ok,,sizeof(ok));
memset(ok2,,sizeof(ok2));
int pmod;
int ans;
for (ii=;ii<ll;ii++)
{
pmod=mod[ii];
for (i=;i<pmod;i++)
{
ans=;
for (j=n;j>=;j--)
{
ans=(ans * i + a[ii][j])%pmod;
}
if (ans)
{
ok2[ii][i]=false;
}
}
}
int cnt = ;
for (int i=;i<=m && cnt <= n;i++)
{
for (int j=;j<ll;j++)
{
if (!ok2[j][i%mod[j]]){
ok[i]=false;
break;
}
}
if(ok[i])
++ cnt;
}
printf("%d\n",cnt);
for (i=;i<=m;i++)
if (ok[i])
printf("%d\n",i);
return ;
}