[BZOJ3751][NOIP2014] 解方程

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。

题解：

　　到现在还是不怎么清楚正解到底是什么，大多数人应该都是选择了取模吧。但是这个明显是一种很不稳定的做法，很难保证复杂度和正确性两者兼得，也许事后可以AC，但是考试的时候谁能有足够的信心保证自己写对了呢？

　　因为a数组的值极其之大，而m相对来说要小得多，所以可以考虑把结果取模，其实就像之前提到的字符串Hash一样，这是无法保证完美的正确性的，但是出现冲突的概率也是极小。这取决于你所取的模及其大小。

　　也许最开始可以想到的就是取一个9位数的大模，这样是可以得70分的，也是相对稳妥的一种方法，时间复杂度为O(m * len)，len表示a[i]的位数。如何减小复杂度？通过平时数学知识的了解，我们知道，设当前所取的模为MOD，若x = i时满足条件，则x + MOD必定也是满足的，所以我们可以把复杂度降到O(MOD + m)。

　　这又有一个问题了，之前所取的模比len还要大一些的，那就不得不缩小MOD了。但是如果MOD过小的话，正确性更加无法保证。如同字符串Hash一样，我们也可以选择取多个模，当且仅当在所有模数情况下满足，这个数才满足。然而由于数不能过大，要找到真正合适的又能够不超时的（这里不说官方数据，官方数据比较水，但是BZOJ上的数据到现在我还是过不了），很难。

　　所以在知道正解之前，我觉得这就是一道RP题啊。

代码（官方数据100分，BZOJ超时，Hash值来自hzwer）

---------------------------------------------------------------------------------------------------

#include <cstdio>
#include <cstring>

#define MAXN 105
#define MAXM 1000005

#ifdef WIN32
#define LLD "%I64d"
#else
#define LLD "%lld"
#endif

typedef long long ll;

const ll pri[5] = {11261, 19997, 22877, 21893, 14843};

ll max(ll a, ll b) { return a > b ? a : b; }

ll min(ll a, ll b) { return a < b ? a : b; }

ll n, m, a[5][MAXN], f[5][MAXM], l, ans[MAXM], x, tot;
char ch[MAXM];

ll calc(ll o, ll k)
{
　　ll x = 1, res = 0;
　　for (ll i = 0; i <= n; i++) (x *= o) %= pri[k], (res = x * a[k][i]) %= pri[k];
　　return res == 0;
}

int main()
{
　　freopen("3751.in", "r", stdin);
　　freopen("3751.out", "w", stdout);
　　scanf(LLD LLD, &n, &m);
　　for (ll i = 0; i <= n; i++)
　　{
　　　　scanf("%s", ch), l = strlen(ch), x = ch[0] == '-';
　　　　for (ll k = 0; k <= 4; k++)
　　　　　　for (ll j = x ? 1 : 0; j <= l - 1; j++)
　　　　　　　　(a[k][i] = (a[k][i] * 10) + ch[j] - '0') %= pri[k];
　　　　if (x) for (ll k = 0; k <= 4; k++) a[k][i] = pri[k] - a[k][i];
　　}
　　for (ll k = 0; k <= 4; k++)
　　　　for (ll i = 0; i < pri[k]; i++) f[k][i] = calc(i, k);
　　for (int i = 1; i <= m; i++)
　　{
　　　　int get = 1;
　　　　for (int k = 0; k <= 4; k++) if (!f[k][i % pri[k]]) { get = 0; break; }
　　　　if (get) ans[++tot] = i;
　　}
　　printf(LLD "\n", tot);
　　for (int i = 1; i <= tot; i++) printf(LLD "\n", ans[i]);
　　return 0;
}