bzoj 3751: [NOIP2014]解方程 （数论）

3751: [NOIP2014]解方程

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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。

Source

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题解：数论

这个题70%应该比较好拿，直接用几个质数当模数对整个方程取模，判断是否等于0，直接输出答案即可。

然后需要利用一个知识：f[x]=0(mod p) 则f[x+p]=0(mod p)

利用这个我们可以选5,6个质数，预处理出1-p-1范围内的左边式子的值，然后检查是否是答案的时候，对于较大的数直接检查取模后的结果。这样做时间复杂度应该是是O(5*p*n+5*m)

但是其实有更快的方法。就是我们先选取一个小质数，然后用它求出1-p-1内的合法解（可能），然后再用一个大质数去check，如果是合法的就把x+p扔进待检测的队列，直到所有可能的解都检测完为止。这样的时间复杂度应该是O(np+n*n*m/p)发现化简后是对勾，那么当小p=sqrt(n*m)的时候，时间辅助度最小大概是O(2*n*sqrt(nm))

为什么是n*n*m/p呢？因为一个n次方程最多有n个可行解（根据拉格朗日定理），那么刚开始最多选出n个解，然后每次在合法解的基础上+p，然后最多+m/p次，然后再算上每次检测n的复杂度。

#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#define N 100003#define LL long longusing namespace std;int a[10][N],pre[10][N],mark[10][N];int mod[10]={11261,19997,22877,21893,14843},ans[N*10];int n,m;char s[100003];int calc(int x){int ans=0;for (int i=0;i<=n;i++) ans=(ans+pre[x][i]*a[x][i])%mod[x];if (ans==0) return 1;return 0;}bool check(int x){for (int i=0;i<5;i++) if (!mark[i][x%mod[i]]) return false;return true;}int main(){freopen("a.in","r",stdin);scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=0;i<=n;i++) {scanf("%s",s+1);int len=strlen(s+1); int flag=0;for (int j=0;j<5;j++) {if (s[1]!='-') a[j][i]=s[1]-'0';else a[j][i]=0,flag=1;}for (int j=0;j<5;j++) {for (int k=2;k<=len;k++) a[j][i]=(a[j][i]*10+s[k]-'0')%mod[j];if (flag) a[j][i]=-a[j][i];}}for (int j=0;j<5;j++) {for (int i=1;i<mod[j];i++) {pre[j][0]=1;for (int k=1;k<=n;k++) pre[j][k]=(pre[j][k-1]*i)%mod[j];mark[j][i]=calc(j);}}int tot=0;for (int i=1;i<=m;i++) if (check(i))  ans[++ans[0]]=i;printf("%d\n",ans[0]);for (int i=1;i<=ans[0];i++) printf("%d\n",ans[i]);}