noip2014解方程解题报告

Posted 2020-10-11

 看到大佬在写，，顺手就去看了看

简单思考后，还是只会打暴力，就去看了题解qwq

题目链接

cogs是图片，于是从bzoj上粘了一份。题目是有部分分的详细可看链接

 

3751: [NOIP2014]解方程

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Description

 已知多项式方程：

a0+a1*x+a2*x^2+...+an*x^n=0

求这个方程在[1,m]内的整数解（n和m均为正整数）。

 

Input

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。

Output

 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。

 

Sample Input

2 10
2
-3
1

Sample Output

2
1
2

HINT

 

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

 

对于30%的数据，怕是为了不让大家爆0而设定的，只需要枚举1到m所有x的可能值带进去一一检验即可。O(n^2*m)

对于50%的数据，我们可以打个高精度，枚举即可过掉，但是需要注意，此时带入求方程的值不能暴力求了，而是要用秦九韶算法来求。O(n*m*len),len表示高精度的位数

对于其他的数据，操作就比较sao了。

如果a=0，那么a%b=0，这是显然的，但是如果a%b=0,那么a=0，这显然是不对的，不过当b取很多个数的时候并且a%b=0都成立时，a“几乎”就等于0了，a不是0的概率会非常小，于是我们可以把他当做0。

那么我们就可以取几个素数，分别让ai对于他们依次取模(因为ai太大了，所以取模操作是在读入的时候完成，类似于高精度)，然后枚举每一个x∈[1,m]，边乘边取模，如果对于几个模数最终得到的结果都为0，那么我们认为x为当前方程解之一。

但是我们计算一下复杂度，n*m大概，而且要大于n*m。显然无法过掉100%的数据。那么我们需要再想一些方法。

我们知道，(a*b）%p==(a%p*b)%p，那么如果当前x∈[1,p[1]]，并且x是方程的一个解，那么x+p[1]也是方程的一个解。

于是我们就将复杂度降了下来，至于是多少我也不会算啊...反正会远(shao)小于n*m，而如果模数取得很大，就无法实现这个优化，所以模数不能取很大，p[1]取10000左右就可以了

下面是我的代码。

 1 #include<bits/stdc++.h>//好神奇！考场能拿50就上天了qwq 
 2 #define ll long long
 3 using namespace std;
 4 int n,m;
 5 ll a[10][105],mod[10]={0,10007,13417,16231,19441,22159,27043};
 6 void read(int x){
 7     char ch=getchar();
 8     int f=1;
 9     while(!(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)){
10         if(ch==‘-‘)f=-1;
11         ch=getchar();
12     }
13     while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘){
14         for(int i=1;i<=6;i++){
15             a[i][x]=a[i][x]*10+ch-‘0‘;
16             if(a[i][x]>=mod[i]){
17                 a[i][x]%=mod[i];
18             }
19         }ch=getchar();
20     }
21     for(int i=1;i<=6;i++)a[i][x]*=f;
22 }
23 int ans;
24 bool book[1000006];
25 int check(ll x,int z){
26     ll ans=a[z][n];
27     for(int i=n-1;i>=1;i--){
28         ans=(ans*x%mod[z]+a[z][i])%mod[z];
29     }return ans;
30 }
31 int main()
32 {
33     freopen("equationa.in","r",stdin);
34     freopen("equationa.out","w",stdout);
35     scanf("%d%d",&n,&m);n++;
36     for(int i=1;i<=n;i++){
37         read(i);
38     }
39     for(ll i=1;i<=min(mod[1],(ll)m);i++){
40         if(!check(i,1)){
41             for(int j=i;j<=m;j+=mod[1])book[j]=1,ans++;
42         }
43     }
44     for(ll i=1;i<=m;i++){
45         if(!book[i])continue;
46         int bo=0;
47         for(int j=2;j<=6;j++){
48             if(check(i,j)){
49                 bo=1;break;
50             }
51         }
52         if(bo)book[i]=0,ans--;
53     }
54     printf("%d\n",ans);
55     for(int i=1;i<=m;i++)if(book[i])printf("%d\n",i);
56     return 0;
57 }

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