NOIP2014 解方程

3．解方程

(equation.cpp/c/pas)

【问题描述】

已知多项式方程：

求这个方程在[1, m]内的整数解（n和m均为正整数）。

 

【输入】

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】

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1】

equation.in	equation.out
2 10 1 -2 1	1 1

【输入输出样例2】

equation.in	equation.out
2 10 2 -3 1	2 1 2

 

【输入输出样例3】

equation.in	equation.out
2 10 1 3 2	0

 

【数据说明】

对于30%的数据，0<n≤2，|ai|≤100，an≠0，m≤100；

对于50%的数据，0<n≤100，|ai|≤10¹⁰⁰，an≠0，m≤100；

对于70%的数据，0<n≤100，|ai|≤10¹⁰⁰⁰⁰，an≠0，m≤10000；

对于100%的数据，0<n≤100，|ai|≤10¹⁰⁰⁰⁰，an≠0，m≤1000000。

【思路】

  取自他人。

  由a的大小可以看出题目应该要MOD一个prime。

  只需要依次判断1..prime中的v是否可以通过模prime使方程式为0，注意for反向枚举才是明智之举。对于m内prime外的其他数可以通过模prime映射到prime之内判断。

  多试几个prime基本可以确定答案。

  教训：有时候数据的范围可以在一定程度上反应出题目的思路。

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 100+5;
const int primes[]={10007,10917,30071};

long long a[maxn][3];
bool f[100000][3];
int cnt[1000010];
char s[10010];
int n,m;
int calc(int v,int j) { //计算v是否不可以通过模j而为0 
    long long tmp=0;
    for(int i=n; i>=0;i--)  //逆序枚举 
     tmp=(tmp*v+a[i][j]) % primes[j];
    
    return tmp!=0;
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n;i++) {
        scanf("%s",s);
        int len=strlen(s);
        int sign=1; 
        for(int l=0;l<len;l++) 
            if(s[l]=='-') sign=-1;
            else  
              for(int j=0;j<3;j++) 
               a[i][j]=(a[i][j]*10+s[l]-'0')%primes[j];
        if(sign==-1)  //转换符号 
         for(int j=0;j<3;j++)
           a[i][j]=primes[j]-a[i][j];
    }
    
    for(int j=0;j<3;j++) 
     for(int i=0;i<primes[j];i++)  //i from [0..primes[j]] 
      f[i][j]=calc(i,j);
    
    for(int i=1;i<=m;i++) {
       int flag=true; 
       for(int j=0;j<3;j++) if(f[i%primes[j]][j]){ //i%primes[j]转化 
            flag=false; break;
       }
       if(flag) cnt[++cnt[0]]=i;
    }
    printf("%d
",cnt[0]);
    if(cnt[0]) for(int i=1;i<=cnt[0];i++) printf("%d
",cnt[i]);
    return 0;
}