最原始的思路（可以在 LG 上 AC 的）
这题本身没有模数，但是我们可以造模数防止溢出。
但是有一些数其实并不是方程的解，但它在模这个数下答案是 $0$。
所以保险起见，我们对同一个数，求出它在两种不同模数下的答案，如果两者答案都是 $0$，那么判定这个数是解。
从 $1$ 枚举到 $m$，对于每一个数都用 $O(n)$ 的复杂度验证是否有这个解，最后输出，复杂度 $O(n cdot m)$，有一些常数。
该做法在无常数优化情况下 LG 上最慢的点耗时 700ms 左右。
注意，式子里有常数项，记得要加。
改进 1
上面的做法在比较慢的机子只能拿到 $70$ 分，即使你用了很多常数优化。
对于枚举到的每一个数，先判断它在方程中取模第一个数的值是否为 $0$，如果是就再判断使用第二个模数。
改进 2
一个一元 $n$ 次方程的不同解数量不超过 $n$。
所以只要找到 $n$ 个解就可以直接退出枚举。
改进 3
我们把第一个模数 $p_1$ 缩小。具体原因如下：
如果数 $a$ 在 $[1,p_1]$ 中，且把 $a$ 代入值不为 $0$，那么 $a+p_1,a+2p_1,...$ 都不是方程的解，因为这些数代入方程对 $p_1$ 取模的值肯定不是 $0$。
所以我们可以选定一个合适的 $p_1$，找到在该模数下所有的解，假设某一个解为 $k$。
那我们把 $k$，$k+p_1$，$k+2p_1$，$...$ 都放到第二个模数来验证，得到所有的解。
当然所有数能够验证的前提是不超过 $m$。
需要注意的是，这些解并不一定是有序的，需要排序。
还有最后一个问题：这个 $p_1$ 该取多大呢？
现在整个程序在程序中分成了三块：
① 读入：$O(n imes |a_i|)$，这里看作 $1e7$；
② 从 $1$ 枚举到 $p_1$ 找方程模 $p_1$ 下代入的值为 $0$ 的解，复杂度为 $O(n imes p_1)$；
③ 找从第二步中筛出的解按照优化 3 的方式再次验证，复杂度最大为 $O(n^2 imes frac{m}{p_1})$（在没有假解的情况下）。
假设 $n,m$ 都取到最大，而且我们希望两项都不超过 $1e7$（常数问题）。
那么得到的是 $10^3 le p_1 le 10^5$。
但是 $p$ 不要往小取，因为你会无缘无故地在第一轮筛出很多假的解，拉低效率。
所以如果想要质数，并且比较快，那么可以用 $100003$ 之类的数。