Noip2014 Day2 T3 解方程(数论+取模运算)
来源:互联网 发布:app打印软件下载 编辑:程序博客网 时间:2024/05/17 08:16
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;}
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