洛谷P2312 解方程【取膜HASH】

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题目描述

已知多项式方程：
$a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n=0$
求这个方程在 [1,m]内的整数解（n 和 m 均为正整数）。

输入格式：

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 $a_0,a_1,a_2\ldots a_n$

输出格式：

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。
说明
对于 30% 的数据： $0<n\le 2,|a_i|\le 100,a_n≠0,m<100$
对于 50% 的数据： $0<n\le 100,|a_i|\le 10^{100},a_n≠0,m<100$
对于 70% 的数据： $0<n\le 100,|a_i|\le 10^{10000},a_n≠0,m<10^4$
对于 100% 的数据： $0<n\le 100,|a_i|\le 10^{10000},a_n≠0,m<10^6$

题目分析

很明显取膜hash
即将上述多项式在运算过程中对大质数取膜，最后判断是否为0
运算过程用秦九韶公式搞搞就行

但是注意到直接这样计算复杂度是 $O(n*m)$ 的，明显会被卡啊
考虑取膜p的质数先取一个稍小的
若在膜p意义下 $F(x)!=0$ ，则一定有 $F(x+p)!=0$ 成立
具体复杂度不太会证，但~~感性分析~~会降低很多

当然取膜hash并不保证其正确性
在对较小质数取膜意义下有 $F(x)=0$ ，再带入一个大质数重新验证此解

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long lt;

lt mod1=10007,mod2=1e9+7;
const int maxn=1000010;
int n,m,cnt;
int judge[maxn*20];
lt a[maxn],b[maxn],ans[maxn];

void read(int i)
{
    lt f=1,x1=0,x2=0;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){
        x1=((x1<<1)+(x1<<3)+ss-'0')%mod1;
        x2=((x2<<1)+(x2<<3)+ss-'0')%mod2;
        ss=getchar();
    }
    a[i]=f*x1; b[i]=f*x2;
}

int check(lt x,int d)
{
    lt res=0;
    if(d==0)
    {
    	for(int i=n;i>=1;--i)
    	res=((res+a[i])*x)%mod1;
    	res=(res+a[0])%mod1;
    }
    else if(d==1)
    {
    	for(int i=n;i>=1;--i)
    	res=((res+b[i])*x)%mod2;
    	res=(res+b[0])%mod2;
    }
    return res==0;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n;++i) read(i);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
    	if(judge[i]) continue;
        if(!check(i,0))
        {
        	if(i+mod1>20000001) judge[(i+mod1)%mod1]=1;
            else judge[i+mod1]=1;
        }
        else if(check(i,1)) ans[++cnt]=i;
    }
    
    printf("%d\n",cnt);
    for(int i=1;i<=cnt;++i)
    printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}