NOIP2014 解方程

30’

0<n≤2,|ai|≤100,an≠0,m<100
显然n∈{1,2}
直接求根+判断：

n=1：

a0+a1x=0
x=−a0a1

n=2 :

a0+a1x+a2x2=0
x=−a1±a21−4a0a2−−−−−−−−−√2a2
复杂度：O(1)

50’

直接枚举i∈[1,m]
高精判断是否为0。
复杂度：O(nm log10amax)

70’

假设f(x)=a0+a1x+a2x2+...anxn
原题就是求f(x)=0的解
若有i∈[1,m]使得f(i)=0
那么：f(i) mod k=0（k 为任意数）
f(i) mod k=(a0+a1i+a2i2+...+anin) mod k
=a0 mod k+a1 mod k×i mod k+...+an mod k×in mod k=0
我们在读入时取模，可以不用高精，但是考虑到：
f(i) mod k=0
那么只能说明：k|f(i)
我们可以取t个k(num>1)，使这些k互质来保证答案的正确性（及只有[k1,k2,..kt]|f(i)且f(i)≠0时，才会发生误判）
复杂度：O(nmt)

100’

续70’算法。
我们发现
当f(i) mod t=0时，f(i+pt) mod t=0（p∈N+）
当f(i) mod t≠0时，f(i+pt) mod t≠0（p∈N+）
所以用类似筛选法筛掉就行了

#define s 10int prime[s]={4621,8053,9227,3001,2333,5011,7121,8009,9973,1117};int g[100010][s],p[1000010],n,m;int f(int x,int y){    int r=0,t=1;    fr(i,0,n)    {        r=(r+t*g[i][y])%prime[y];        t=t*x%prime[y];    }    rt r;}int main(){    n=read();    m=read();    fr(i,0,n)    {        char c=gc;        while(c<'0'&&c>'9'&&c!='-')            c=gc;        int k=c=='-'?-1:1;        c=c=='-'?gc:c;        while(c>='0'&&c<='9')        {            fr(j,0,s-1)                g[i][j]=(g[i][j]*10+c-48)%prime[j];            c=gc;        }        fr(j,0,s-1)            g[i][j]*=k;    }    fr(i,0,s-1)        fr(j,0,prime[i]-1)            if(f(j,i))                for(int k=j;k<=m;k+=prime[i])                    p[k]=1;    int ans=0;    fr(i,1,m)        if(!p[i])            ans++;    printf("%d\n",ans);    fr(i,1,m)        if(!p[i])            printf("%d\n",i);    rt 0;}

复杂度：O(ntkmax)