[ NOI 2001 ] 方程的解数

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(Description)

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已知一个 (N) 元高次方程：

[k_1x_1^{p_1}+k_2x_2^{p_2}+...+k_nx_n^{p_n}=0 ]

要求所有的 (x_i) 取值范围为([1,m])且为整数，求方程的解数。

• (nle 6,mle 150)

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(Solution)

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发现 (150^6) 复杂度爆炸，自然能想到折半搜。

先搜前一半的所有可能的答案，存进哈希表里，然后搜后一半的答案，在哈希表里查相反数，如果存在就累加上个数。

然后 (map) 就被卡 (T) 了。其实这篇题解是哈希表学习笔记......

哈希表可以理解为一种类似多头链表的结构。当答案很大但是答案的个数并不是很多的时候选择。

每次得到一个答案先将他缩小在([1,mod])范围内，然后查询这个值是否有存储过，如果有就累加计数器。

如果没有的话操作就很有意思了。考虑到可能会有多个数经过模运算得到的答案相同，所以不能直接在模运算所得答案处存储这个数，而要像邻接表一样，由这个答案向真正的数连一条边，边权就是个数。

然后查值得时候操作就和遍历邻接表一样了。因为模数选择质数，所以得到的答案分布还是很均匀的，单次查询和累加复杂度都接近( ext O(1))。

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(Code)

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#include<map>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
#define gc getchar
#define mod 6893911
using namespace std;

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

int n,m,t[10],k[10],ans;

struct hashtable{

  int hd[mod+2],tot;

  struct edge{int w,to,nxt;}e[4000000];

  inline void add(int u,int v){
    e[++tot].to=v; e[tot].w=1;
    e[tot].nxt=hd[u]; hd[u]=tot;
  }

  inline int find(int x){
    int tmp=(x%mod+mod)%mod;
    if(!hd[tmp]) return -1;
    for(R int i=hd[tmp],v;i;i=e[i].nxt)
      if((v=e[i].to)==x) return e[i].w;
    return -1;
  }

  inline void insert(int x){
    int tmp=(x%mod+mod)%mod;
    if(!hd[tmp]) add(tmp,x);
    else{
      for(R int i=hd[tmp],v;i;i=e[i].nxt)
        if((v=e[i].to)==x){++e[i].w;return;}
      add(tmp,x);
    }
  }

}s;

inline int qpow(int x,int t){
  int res=1;
  while(t){
    if(t&1) res*=x;
    x*=x; t>>=1;
  }
  return res;
}

void dfsl(int p,int sum){
  if(p>n/2){s.insert(sum);return;}
  for(R int i=1;i<=m;++i) dfsl(p+1,sum+k[p]*qpow(i,t[p]));
}

void dfsr(int p,int sum){
  if(p>n){
    int tmp=s.find(-sum);
    if(tmp>0) ans+=tmp; return;
  }
  for(R int i=1;i<=m;++i) dfsr(p+1,sum+k[p]*qpow(i,t[p]));
}

int main(){
  n=rd(); m=rd();
  for(R int i=1;i<=n;++i) k[i]=rd(),t[i]=rd();
  dfsl(1,0); dfsr(n/2+1,0);
  printf("%d
",ans);
  return 0;
}