解方程（codevs 3732）

题目描述

已知多项式方程：

a0+a1x+a2x^2+..+anx^n=0

求这个方程在[1, m ] 内的整数解（n 和m 均为正整数）

输入输出格式

输入格式：

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

输出格式：

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

输入样例#1：

2 10 

1

-2

1

输出样例#1：

1

1

输入样例#2：

2 10

2

-3

1

输出样例#2：

2

1

2

输入样例#3：

2 10 

1  

3  

2  

输出样例#3：

0

说明

30%:0<n<=2,|ai|<=100,an!=0,m<100

50%:0<n<=100,|ai|<=10^100,an!=0,m<100

70%:0<n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<10000

100%:0<n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<1000000

分析：
  一看想是用高精度做，可能还会超时，就没仔细做，打的暴力枚举，50分
  正解：其实不是高精度……
      对于很大的数，我们可以给它取模，因为等式两边取模仍然成立。但是枚举x来判断的话会超时，所以这里用到一个技巧：如果一个数x对于这个等式成立的话，那么x+mod（模的那个数）也会成立。
      需要注意的是，只用一个数模可能会不对，所以多用几个检验一下。

代码:
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define M 110
#define N 1000010
#define ll long long
using namespace std;
char s[N];
int n,m;
ll a[3][M],p[3]={0,10007,1000001397};
bool ok[N];
bool check(int x,int num)
{
    ll ans=0,w=1;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        ans=(ans+a[num][i]*w%p[num])%p[num];
        w=(w*x)%p[num];
    }
    if(!(ans%p[num]))return true;
    return false;
}
int main()
{
    freopen("jh.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        scanf("%s",s);int l=strlen(s);
        bool flag=false;
        for(int j=1;j<=2;j++)
        {
            int x=0;
            if(s[0]==‘-‘){flag=true;x=1;}
            for(int k=x;k<l;k++)
              a[j][i]=(a[j][i]*10%p[j]+(ll)s[k]-‘0‘)%p[j];
            if(flag)a[j][i]=p[j]-a[j][i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=p[1];i++)
      if(check(i,1))
      {
          for(int j=i;j<=m;j+=p[1])
            if(check(j,2))
              ok[j]=true;
      }
    int tot=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
      if(ok[i])tot++;
    printf("%d\n",tot);
    for(int i=1;i<=m;i++)
      if(ok[i])printf("%d\n",i);
    return 0;
}