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
1
-2
1
输出样例#1：
1
1
输入样例#2：
2 10
2
-3
1
输出样例#2：
2
1
2
输入样例#3：
2 10
1
3
2
输出样例#3：
0
说明
思路
我们知道 对于一个方程 a0+a1x+a2x^2+..+anx^n=0
同时对两边取模等式依然成立，即（a0+a1x+a2x^2+..+anx^n）%k=0%k=0
同时 f(x) mod k ！= 0 那么f(x + Nk) = f(x) != 0
那么对于这个方程，我们就没必要从1~m中找解
只需要从1~k-1中找那些不是解的数就可以了，最后再推测出k~m中解的情况
当然为了防止出现疏漏我们应该多找几个较大的质数（废话），其实4~5个就可以了
时间复杂度是O（nkprime），prime是所选的质数个数
所以我们最好应该取10^4左右的质数
（放几个：7457,7829,8623,8971,9781, 10007,10917,30071）
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 1000010
const int prime[]={10007,10917,30071}; //选的三个质数
int n,m;
long long a[110][5];//存放取模的值
bool f[100000][5]; //因为只需要判断是否为0
int cnt[maxn]; //最后答案存放的数组
char s[10010]; //输入用
bool calc(int value, int j)
{
long long tmp=0;
for(int i=n;i>=0;--i)
tmp=(tmp*value+a[i][j])%prime[j];
return tmp!=0;
} //判断取模之后是否等于零
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<=n;++i)
{
scanf("%s",s); //输入
int len=strlen(s);
int sign=1;
for (int l=0;l<len;++l)
{
if(s[l]=='-') sign=-1;
else //如果ai不是负数直接可以取模
for(int j=0;j<3;++j)
a[i][j]=(a[i][j]*10+s[l]-'0')%prime[j];
}
if(sign==-1)
for(int j=0;j<3;++j)
a[i][j]=prime[j]-a[i][j];
//如果ai是负数还是要变成正数
}
for(int j=0;j<3;++j)
for(int i=0;i<prime[j];++i)
f[i][j]=calc(i,j);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
bool flag=true; //判断标记
for(int j=0;j<3;++j)
if(f[i%prime[j]][j]) //对之后的情况可以直接做出判断
{
flag=false;
break;
}
if(flag) cnt[++cnt[0]]=i;
//如果是解直接放入cnt数组，cnt[0]记录解的个数
}
printf("%d\n", cnt[0]);
for(int i=1;i<=cnt[0];++i)
printf("%d\n",cnt[i]);
return 0;
}