解方程 NOIP2014 提高组 Day2 T3
来源:互联网 发布:mac os 10.9 安装u盘 编辑:程序博客网 时间:2024/05/29 18:50
洛谷 P2312 解方程
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
30%:0 < n<=2,|ai|<=100,an!=0,m<100
50%:0< n<=100,|ai|<=10^100,an!=0,m<100
70%:0< n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<10000
100%:0< n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<1000000
思路:当f(x) = 0时, f(x) mod p = 0. 那么当f(x) mod p = 0时f(x)就有可能为0,我们可以通过取模运算将大数化小来求,但这有很大风险,所以可以通过模多个数来最终结果(选的模数很关键,有时候就算你模了很多也还是有几率出错,这就要看运气了,尽量选些不常见的质数来模)。
题解:
#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;int mod[5]={11261,19997,22877,21893,14843};//取的模数很重要,多取几个比较保险。int a[105][5];char s[1000005];bool re[1000005];bool re2[1000005][5];int read(int Mod){ int l=strlen(s+1); int sum=0; if(s[1]=='-') { for(int i=2;i<=l;i++) { sum=((sum%Mod)*10)%Mod; sum=((sum%Mod)+(s[i]-'0'%Mod))%Mod; } return -sum; } else { for(int i=1;i<=l;i++) { sum=((sum%Mod)*10)%Mod; sum=((sum%Mod)+(s[i]-'0'%Mod))%Mod; } return sum; }}int main(){ memset(re,1,sizeof(re)); memset(re2,1,sizeof(re2)); int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<=n;i++) { scanf("%s",s+1); for(int j=0;j<5;j++) { a[i][j]=read(mod[j]); } } for(int k=0;k<5;k++) { int Mod=mod[k]; for(int j=0;j<Mod;j++) { int ans=0; for(int i=n;i>=0;i--) { ans=(ans*j+a[i][k])%Mod; } if(ans) { re2[j][k]=0; } } } int tot=0; for(int i=1;i<=m;i++)//枚举1到m { for(int j=0;j<5;j++) { if(!re2[i%mod[j]][j])//有一个数不满足那这个答案就被否了 { re[i]=0; break; } } if(re[i]) { tot++; } } printf("%d\n",tot); for(int i=1;i<=m;i++) { if(re[i]) { printf("%d\n",i); } } return 0;}
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