【bzoj3751】[NOIP2014]解方程 數論
阿新 • • 發佈：2017-06-20
解方程 light 高精度 發現 lag ont bzoj3 一行 一個空格
題目描述
已知多項式方程：
a0+a1*x+a2*x^2+...+an*x^n=0 求這個方程在[1,m]內的整數解（n和m均為正整數）。輸入
第一行包含2個整數n、m，每兩個整數之間用一個空格隔開。 接下來的n+1行每行包含一個整數，依次為a0,a1,a2,...,an。輸出
第一行輸出方程在[1,m]內的整數解的個數。
接下來每行一個整數，按照從小到大的順序依次輸出方程在[1,m]內的一個整數解。樣例輸入
2 10
2
-3
1
樣例輸出
2
1
2
題解
真心不難的數論題
首先高精度FFT肯定是不可取的，那麽就必須取模。但是只有1個模數極有可能多解，所以多選幾個大質數模數，如果左邊的式子對所有模數取模都為0，則幾乎可以判定為原方程的解。
但是這樣時間復雜度為$O(nmt)$，其中t是模數個數，會TLE。
我們設$f(i,j)$表示當左面的一坨的x=i時對j取模得到的數，那麽顯然$f(i,j)=f(i+j,j)=f(i+2j,j)=...$。
所以我們只需要處理0~j-1的數即可，剩下的直接根據前面的推出來。
這樣的時間復雜度為$O(t(np+m))$，其中p為模數大小。
所以p不能太大，但是太小也會影響答案正確性，所以取20000左右的質數最合適。
Tip1：bzoj裏的1010000指的是1010000，所以a是高精度數（卡在這裏無數次qaq）
Tip2：bzoj這道題加強了（加多了）數據，要數據後發現有40個點，但是時間依然是10s，所以常數卡得很死，不能使用long long，模數最好只有3個等等。
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int tot = 3;
int prime[3] = {20029 , 22277 , 23333};
int n , m , a[1000010][3] , ok[100010] , cnt[1000010];
char str[1000010];
bool judge(int x , int p)
{
int i , sum = 0;
for(i = n ; ~i ; i -- )
sum = ((sum * x % prime[p] + a[i][p]) % prime[p] + prime[p]) % prime[p];
return !sum;
}
void read(int c)
{
scanf("%s" , str);
int i , j , flag = 1 , l = strlen(str);
if(str[0] == ‘-‘)
{
flag = -1;
for(i = 0 ; i < l ; i ++ ) str[i] = str[i + 1];
l -- ;
}
for(i = 0 ; i < tot ; i ++ )
{
int sum = 0;
for(j = 0 ; j < l ; j ++ ) sum = (sum * 10 + str[j] - ‘0‘) % prime[i];
a[c][i] = sum * flag;
}
}
int main()
{
int i , j , num = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 0 ; i <= n ; i ++ ) read(i);
for(i = 0 ; i < tot ; i ++ )
{
memset(ok , 0 , sizeof(ok));
for(j = 0 ; j < prime[i] ; j ++ )
if(judge(j , i))
ok[j] = 1;
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ ) cnt[j] += ok[j % prime[i]];
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
if(cnt[i] == tot)
num ++ ;
printf("%d\n" , num);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
if(cnt[i] == tot)
printf("%d\n" , i);
return 0;
}
【bzoj3751】[NOIP2014]解方程 數論