Noip 2014 senior Day2 解方程（equation）
【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。
【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
1 1
-2
1
【输入输出样例 2】
2 10 1
2 2
-3 1
1
【输入输出样例 3】
2 10 0
1
3
2
这道题的话，用同余来想一下就好了。如果原方程成立，那么方程两边同时modp，方程依然成立（显然）。若f(x) ≡0(mod p)则f(x+p) ≡ 0(mod p)。这些都应该是比较好想的对吧。所以我可想到这样来解决：选几个大质数,首先预处理出1-(P-1)代入方程在模P意义下的结果。然后我们枚举解。每次用这几个大质数检验一下即可。
这样一来是不是思路就清晰了。
比较需要注意的是对于高精度的使用，可以选择使用李兄一贯的写在struct里面（但是上次我写错了），也可以就选则使用数组来保存。对于每一个读入的我们首先对它modp然后再存入数组。代入求解什么的就不需要再说了吧。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #define N 10010 6 #define M 1000010 7 using namespace std; 8 9 const int pri[10] = {11261,23333,10007,21893,14843}; 10 11 inline long long read(){ 12 long long data=0,w=1; 13 char ch=0; 14 while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9')) ch=getchar(); 15 if(ch=='-') w=-1,ch=getchar(); 16 while(ch>='0' && ch<='9') data=data*10+ch-'0',ch=getchar(); 17 return data*w; 18 } 19 20 inline void write(long long x) 21 { 22 if(x<0) putchar('-'),x=-x; 23 if(x>9) write(x/10); 24 putchar(x%10+'0'); 25 } 26 27 int n,m; 28 int lenth; 29 int ans[M],a[10][N],aider[10][N],wo[10][N * 5]; 30 char str[N]; 31 32 inline int work(int x) 33 { 34 int temporary = 0; 35 for(int i=0;i<=n;i++) 36 { 37 // temporary += a[x][i] * aider[x][i]; 38 // temporary %= pri[x]; 39 (temporary += a[x][i] * aider[x][i]) %= pri[x]; 40 } 41 if(temporary < 0) temporary += pri[x]; 42 return temporary; 43 } 44 45 inline bool check(int x) 46 { 47 for(int i=0;i<=4;i++) if(wo[i][x%pri[i]] != 0) return false; 48 return true; 49 } 50 51 int main() 52 { 53 freopen("equation.in","r",stdin); 54 freopen("equation.out","w",stdout); 55 56 n = read(); 57 m = read(); 58 for(int i=0;i<=n;i++) 59 { 60 scanf("%s",str+1); 61 bool flag = true; 62 lenth = strlen(str+1); 63 for(int j=0;j<=4;j++) // 该数 mod p[j]下的结果 64 { 65 if (str[1] != '-') a[j][i] = str[1] - '0'; 66 else flag = false; 67 for(int k=2;k<=lenth; k++) 68 { 69 // a[j][i] = a[j][i] * 10 + str[k]; 70 // a[j][i] %= pri[j]; 71 (a[j][i] = a[j][i] * 10 + str[k] - '0') %= pri[j]; 72 } 73 if(!flag) a[j][i] = -a[j][i]; 74 } 75 } 76 for(int i=0;i<=4;i++) 77 { 78 for(int j=1;j<=pri[i]-1;j++) // 预处理大素数之前的所有数代入方程后 mod pri[i]的结果 79 { 80 aider[i][0] = 1; 81 for(int k=1;k<=n;k++) 82 { 83 // aider[i][k] = aider[i][k-1] * j; 84 // aider[i][k] %= pri[i]; 85 (aider[i][k] = aider[i][k-1] * j) %= pri[i]; 86 } 87 wo[i][j] = work(i); 88 } 89 } 90 for(int i=1;i<=m;i++) 91 { 92 if(check(i)) ans[++ans[0]] = i; 93 } 94 write(ans[0]); 95 putchar(' '); 96 for(int i=1;i<=ans[0];i++) 97 { 98 write(ans[i]); 99 putchar(' '); 100 } 101 102 return 0; 103 } 104 /* 105 若f(x) ≡0(mod p)则f(x+p) ≡0(mod p); 106 若原方程成立。那么在方程两边同时模P,方程仍然成立。 107 所以我们可以选几个大质数,首先预处理出1-(P-1)代入方程在模P意义下的结果。 108 然后我们枚举解。每次用这几个大质数检验一下即可。 109 */