首先，可以确定的是这题的做法就是暴力枚举x，然后去计算方程左边与右边是否相等。
但是noip的D2T3怎么会真的这么简单呢？卡常卡的真是熟练 你需要一些优化方法。
首先可以用秦九韶公式优化一下方程左边的计算方法：
左边=(((..(a[n]*x)+a[n-1])*x+..+a[1])*x+a[0]
然后我就试着直接去算：
#include<cstdio>
typedef long long LL;
LL a[110],ans[1001000];
LL n,m,aa;
int main()
{
LL i,j;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(i=0;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
for(i=n;i>=1;i--)
for(j=1;j<=m;j++)
{
ans[j]+=a[i];
ans[j]*=j;
}
for(i=1;i<=m;i++)
ans[i]+=a[0];
for(i=1;i<=m;i++)
if(ans[i]==0)
aa++;
printf("%lld\n",aa);
for(i=1;i<=m;i++)
if(ans[i]==0)
printf("%lld\n",i);
return 0;
}
然后就Wa(30)掉了...没看清数据范围（ai最长有10000位，而不是最大10000）
也许你会想到高精度运算，但是很容易发现，这题的数据范围太大，直接高精度暴力算太慢。
此时有一个小trick：对于每个a[n]，读入的时候对某一些大质数取模。对于每个枚举出的x，就用取模过的a[i]去算。如果用对好几组对不同质数取模得到的a[i]算都能得到0，那么就认为x是合法的。
直觉上可能觉得很容易被卡掉？但事实上一点也不容易被卡....好像还是正解..
那么对于负的a[i]怎么去取模呢？很简单，读入的时候看一下符号位，然后按照正数的方式取模（每读入一位将当前余数乘10再加当前位再取模）。处理完整个数后，如果记录的符号位是负数，那么就将余数变为模数-余数。
然后我去交...然后就T(70)掉了...还是太慢。（而且O2都救不了我...）
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<cstring>
typedef long long LL;
LL a[5][110],ans[5][1001000];
LL prime[]={179424629,179424667,179424671,179424673,179424691};
LL pnum=5,n,m,aa;
char c;
bool nok[1010000];
int main()
{
//freopen("testdata.in","r",stdin);
//freopen("testdata.ss","w",stdout);
LL i,j,i1,fl,sl,p;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
c=getchar();
for(i=0;i<=n;i++)
{
while(!((c>='0'&&c<='9')||c=='-')) c=getchar();
if(c=='-')
fl=1,c=getchar();
else
fl=0;
for(j=0;j<pnum;j++)
{
for(i1=fl;c>='0'&&c<='9';i1++)
{
a[j][i]=(a[j][i]*10+c-'0');
while(a[j][i]>=prime[j]) a[j][i]-=prime[j];
//ans[j][i]-=prime[j]
c=getchar();
}
if(fl) a[j][i]=prime[j]-a[j][i];
}
}
for(p=0;p<pnum;p++)
{
for(j=1;j<=m;j++)
if(!nok[j])
for(i=n;i>=1;i--)
{
ans[p][j]=(ans[p][j]+a[p][i])*j%prime[p];
}
for(j=1;j<=m;j++)
if(!nok[j])
{
ans[p][j]+=a[p][0];
while(ans[p][j]>=prime[p]) ans[p][j]-=prime[p];
}
for(j=1;j<=m;j++)
if(ans[p][j]!=0)
nok[j]=1;
}
for(i=1;i<=m;i++)
if(!nok[i])
aa++;
printf("%lld\n",aa);
for(i=1;i<=m;i++)
if(!nok[i])
printf("%lld\n",i);
return 0;
}
卡了很久的常之后，我放弃了，去看了题解。
原来这个算法是可以接着优化的：http://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/7566889.html
根据的就是：f(x)≡0(modp)，则f(x+p)≡0(modp)
这样子可以快速过滤掉一些m。（怎么觉得是卡常呢...）
然后，我又去交..又T(70)了..
原因：质数选的太大，这样是不能筛掉什么m的
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<cstring>
typedef long long LL;
LL a[5][110],ans[5][1001000];
LL prime[]={179424629,179424667,179424671,179424673,179424691};
LL pnum=5,n,m,aa;
char c;
bool nok[1010000];
int main()
{
//freopen("testdata.in","r",stdin);
//freopen("testdata.ss","w",stdout);
LL i,j,i1,fl,sl,p,k;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
c=getchar();
for(i=0;i<=n;i++)
{
while(!((c>='0'&&c<='9')||c=='-')) c=getchar();
if(c=='-')
fl=1,c=getchar();
else
fl=0;
for(j=0;j<pnum;j++)
{
for(i1=fl;c>='0'&&c<='9';i1++)
{
a[j][i]=(a[j][i]*10+c-'0');
while(a[j][i]>=prime[j]) a[j][i]-=prime[j];
//ans[j][i]-=prime[j]
c=getchar();
}
if(fl) a[j][i]=prime[j]-a[j][i];
}
}
for(p=0;p<pnum;p++)
{
for(j=1;j<=m;j++)
if(!nok[j])
{
for(i=n;i>=1;i--)
ans[p][j]=(ans[p][j]+a[p][i])*j%prime[p];
ans[p][j]+=a[p][0];
while(ans[p][j]>=prime[p]) ans[p][j]-=prime[p];
if(ans[p][j]!=0)
for(k=j;k<=m;k+=prime[p])
nok[k]=1;
}
}
for(i=1;i<=m;i++)
if(!nok[i])
aa++;
printf("%lld\n",aa);
for(i=1;i<=m;i++)
if(!nok[i])
printf("%lld\n",i);
return 0;
}
改进：可以用比较小的质数筛掉大部分m，然后用大质数筛掉剩下（也许存在的）不合法的m。
AC代码：
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<cstring>
typedef long long LL;
LL a[5][110],ans[5][1001000];
LL prime[]={81799,81817,179424671,179424673,179424691};
LL pnum=5,n,m,aa;
char s[10100];
bool nok[1010000];
int main()
{
//freopen("testdata.in","r",stdin);
//freopen("testdata.ss","w",stdout);
LL i,j,i1,fl,sl,p,k;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
// c=getchar();
// for(i=0;i<=n;i++)
// {
// while(!((c>='0'&&c<='9')||c=='-')) c=getchar();
// if(c=='-')
// fl=1,c=getchar();
// else
// fl=0;
// for(j=0;j<pnum;j++)
// {
// for(i1=fl;c>='0'&&c<='9';i1++)
// {
// a[j][i]=(a[j][i]*10+c-'0');
// while(a[j][i]>=prime[j]) a[j][i]-=prime[j];
// //ans[j][i]-=prime[j]
// c=getchar();
// }
// if(fl) a[j][i]=prime[j]-a[j][i];
// }
// }
for(i=0;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s);
if(s[0]=='-')
fl=1;
else
fl=0;
sl=strlen(s);
for(j=0;j<pnum;j++)
{
for(i1=fl;i1<sl;i1++)
a[j][i]=(a[j][i]*10+s[i1]-'0')%prime[j];
if(fl) a[j][i]=prime[j]-a[j][i];
}
}
for(p=0;p<pnum;p++)
{
for(j=1;j<=m;j++)
if(!nok[j])
{
for(i=n;i>=1;i--)
ans[p][j]=(ans[p][j]+a[p][i])*j%prime[p];
ans[p][j]+=a[p][0];
while(ans[p][j]>=prime[p]) ans[p][j]-=prime[p];
if(ans[p][j]!=0)
for(k=j;k<=m;k+=prime[p])
nok[k]=1;
}
}
for(i=1;i<=m;i++)
if(!nok[i])
aa++;
printf("%lld\n",aa);
for(i=1;i<=m;i++)
if(!nok[i])
printf("%lld\n",i);
return 0;
}