【NOIP之旅】NOIP2014 day2 T3 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】

【输入输出样例2】

【输入输出样例3】

【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】

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 using namespace std;
 4 const int maxn = 100+5;
 5 const int primes[]={10007,10917,30071};
 6
 7 long long a[maxn][3];
 8 bool f[100000][3];
 9 int cnt[1000010];
10 char s[10010];
11 int n,m;
12 int calc(int v,int j) { //计算v是否不可以通过模j而为0
13     long long tmp=0;
14     for(int i=n; i>=0;i--)  //逆序枚举
15      tmp=(tmp*v+a[i][j]) % primes[j];
16
17     return tmp!=0;
18 }
19 int main() {
20     scanf("%d%d",&n,&m);
21     for(int i=0;i<=n;i++) {
22         scanf("%s",s);
23         int len=strlen(s);
24         int sign=1;
25         for(int l=0;l<len;l++)
26             if(s[l]==‘-‘) sign=-1;
27             else
28               for(int j=0;j<3;j++)
29                a[i][j]=(a[i][j]*10+s[l]-‘0‘)%primes[j];
30         if(sign==-1)  //转换符号
31          for(int j=0;j<3;j++)
32            a[i][j]=primes[j]-a[i][j];
33     }
34
35     for(int j=0;j<3;j++)
36      for(int i=0;i<primes[j];i++)  //i from [0..primes[j]]
37       f[i][j]=calc(i,j);
38
39     for(int i=1;i<=m;i++) {
40        int flag=true;
41        for(int j=0;j<3;j++) if(f[i%primes[j]][j]){ //i%primes[j]转化
42             flag=false; break;
43        }
44        if(flag) cnt[++cnt[0]]=i;
45     }
46     printf("%d\n",cnt[0]);
47     if(cnt[0]) for(int i=1;i<=cnt[0];i++) printf("%d\n",cnt[i]);
48     return 0;
49 }