Noip 提高组 2014 Day2 T3 解方程 同余系
来源:互联网 发布:数据字典模板 编辑:程序博客网 时间:2024/06/04 19:51
Description
已知多项式方程:
a0+a1*x+a2*x^2+...+an*x^n=0
求这个方程在[1,m]内的整数解(n和m均为正整数)。
Input
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。
Output
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。
Sample Input
2 10
2
-3
1
Sample Output
2
1
2
HINT
对于100%的数据,0 < n<=100,|ai|≤1010000,an≠0,m≤1000000。
传送门
……好可恶早上考试写这题结果写渣了= =
考虑一下如何来解题。
首先当然想到暴力枚举一个1~m的x了,然后代入方程检验。
然而……m很大,而且ai还是高精度+负数所以= =
那么可以想到把ai化简,使得不用高精度去做,
很容易想到哈希了,取几个模数pi,分别求出x代入方程%pi的值,
如果都是0,那就近似认为x是一个解。
如果取得好、冲突少,就可以A了,所以往这里去想想。
取模数T个,那么这种方法的时间复杂度是O(nmT)
有些人竟然就这么卡常过掉了= =
那不卡常怎么办呢。。
可以发现,假如x代入方程%pi=0,那么(x+k*pi)代入方程%pi肯定也是0
由此发现,假如x和y同余,且y%pi=0,那么x%pi=0,
那就可以简化了:我们只用代入0~(pi-1)的数,并且记录值是否为0,
然后枚举1~m的x时,只要判断x%pi是否为0,就知道x代入方程的结果了。
所谓“同余系”。
因此我们取的质数不能太大(不然就会T了QAQ)
而且为了避免long long(long long慢啊。。),
取的质数在4W左右就好了。。
接过TLE了一年= =气死网上随便找了组模数(看上去差不多啊喂。。)
uoj,luogu……都AC啊(ccccccc)
后面卡常到怀疑人生终于8sA掉bzoj的加强数据……(吐血)
#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;const int prime[6]={30011,11261,14843,19997,10007,21893};int n,m,ANS[1000005],a[105][6];bool f[30015][6];char s[10005];void get(int o){ scanf("%s",s+1); int f=1,sta=1; if (s[1]=='-') f=-1,sta=2; for (int i=sta;s[i];i++) for (int j=0;j<6;j++) a[o][j]=(a[o][j]*10+s[i]-'0')%prime[j]; for (int j=0;j<6;j++) a[o][j]*=f;}bool ok(int x,int mod){ int p=0,t=1; for (int i=0;i<=n;i++){ p=(p+a[i][mod]*t)%prime[mod]; t=t*x%prime[mod]; } return p==0;}int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=0;i<=n;i++) get(i); for (int i=0;i<6;i++) for (int j=0;j<prime[i];j++) f[j][i]=ok(j,i); int cnt=0; for (int i=1;i<=m;i++){ bool ff=1; for (int j=0;j<6;j++) if (!f[i%prime[j]][j]){ff=0;break;} if (ff) ANS[++cnt]=i; } printf("%d\n",cnt); for (int i=1;i<=cnt;i++) printf("%d\n",ANS[i]); return 0;}
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