[HEOI2012]Akai的数学作业-题解

题目地址【IN】

题意简述

给你一个多项式方程，形式如下，求其所有的有理数解。

$a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n=0$

暴力

我们发现输出的是一个分子和分母互质的分数，所以我们枚举一下分子和分母，为了不超时，枚举大概 $300$ 不到，然后每次计算一下（用高精），大概能得到 $30$ 分。

优化

我们由于用高精，复杂度比较高，所以我们考虑取模意义下，当我们多取几个模数，在这几个模数的意义下，算出来都是 $0$ ，那么也可以看作是答案，但是有一定错的概率，当模数比较大且为质数时不容易错，大概能拿 $30\sim 50$ 分。

分析

我们可以将开始的式子转换为分数形式，我们令 $x=\frac{p}{q}$

那么原式就可以写成：

$a_0+a_1\left(\frac{p}{q}\right)+a_2\left(\frac{p}{q}\right)^2+\cdots+a_n\left(\frac{p}{q}\right)^n = 0$
$a_0+a_1\left(\frac{p}{q}\right)+a_2\left(\frac{p^2}{q^2}\right)+\cdots+a_n\left(\frac{p^n}{q^n}\right) = 0$

接下来我们等式两端同时乘以 $q^n$ ，那么可以得到如下式子：

$a_0q^n+a_1pq^{n-1}+a_2p^2q^{n-2}+\cdots+a_np^n=0$

我们将式子两端同时模 $q$ ，那么可以得到：

$a_np^n\equiv0(\rm mod\ q)$

我们可以得到 $q$ 肯定为 $a_n$ 的因子，因为 $p,q$ 互质，即 $q|a_n$ 。

我们再将原式两端同时模 $p$ ，那么同样可以得到：

$a_0q^n\equiv0(\rm mod\ p)$

我们同样可以的到 $p$ 肯定为 $a_0$ 的因子，同理，即 $p|a_0$

所以我们可得对于方程的解 $x=\frac{p}{q}$ ，我们就得知了 $p|a_0$ 且 $q|a_n$ 并且还要满足 $(p,q)=1$ （也就是题面要求的 $p,q$ 互质）。

正解

有了上面的分析，我们就可以先预处理对于 $a_0$ 和 $a_n$ 的因子，但是这里有个问题就是如果 $a_0=0$ 或者 $a_n=0$ ，那么我们对于 $a_0$ 就换成左边第一个不为 $0$ 的系数， $a_1$ 换成右边第一个不为 $0$ 的因子（由于系数是 $0$ ，所以前面的都可以相当于没有）。

然后我们可以枚举 $p,q$ ，由于 $2\times 10^7$ 的因子数最多为 $512$ ，所以我们可以直接 $512^2$ 枚举。

对于判断一个解 $\frac{p}{q}$ 是否合法，我们可以取几个模数，然后按照优化的暴力方式判断一个解是否合法（其实有一个非常好的模数，只需这一个 $50033$ ，就可以判断了）。

然后对于每个枚举的 $\frac{p}{q}$ ，由于有负数的解，所以我们还要对每个枚举的 $\frac{p}{q}$ 去判断 $-\frac{p}{q}$ 。

然后我们用一个结构体写一个分数类，将答案存入，并重载小于排序，输出答案即可。

下面上代码：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int Mod=50033;
const int N=1010,M=110;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int fpow(int a,int b){int ans=1;for(;b;b>>=1,a=(1ll*a*a)%Mod)if(b&1)ans=(1ll*ans*a)%Mod;return ans;}
int in1[N],in2[N],c1,c2;
int A[M],n;
void init(){
	int a=0,b=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)if(A[i]){a=A[i];break;}
	for(int i=n;i>=0;i--)if(A[i]){b=A[i];break;}
	if(a<0)a=-a;if(b<0)b=-b;
	int t1=sqrt(a),t2=sqrt(b);
	for(int i=1;i<=t1;i++){
		if(!(a%i)){
			in1[++c1]=i;
			if(a/i!=i)in1[++c1]=a/i;
		}
	}
	sort(in1+1,in1+c1+1);
	for(int i=1;i<=t2;i++){
		if(!(b%i)){
			in2[++c2]=i;
			if(b/i!=i)in2[++c2]=b/i;
		}
	}
	sort(in2+1,in2+c2+1);
}
struct node{
	int fz,fm;
	node(){}
	node(int a,int b):fz(a),fm(b){}
	bool operator <(const node &a)const{
		if((!fz||!fm)||(!a.fz||!a.fm)){
			if((!fz||!fm)&&(!a.fz||!a.fm)) return 1;
			if((!fz||!fm))return 0<a.fz;
			if((!a.fz||!a.fm))return fz<0;
		}
		ll t1=1ll*fz*a.fm,t2=1ll*a.fz*fm;
		return t1<t2;
	}
	void out(){
		if(!fz||!fm) puts("0");
		else if(fm==1) printf("%d\n",fz);
		else{
			int now=gcd(fz,fm);
			fz/=now;fm/=now;
			if(fm<0)fz=-fz,fm=-fm;
			printf("%d/%d\n",fz,fm);
		}
	}
}anss[M];
int tot;
void calc(int type,int p,int q){
	int ans=0,t1=1,t2=1,inv_q=fpow(q,Mod-2)%Mod;
	if(type)p=-p;
	for(int i=1;i<=n;i++)t1=(t1*q)%Mod;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		ans=(ans+1ll*A[i]*t1%Mod*t2%Mod)%Mod;
		t1=(1ll*t1*inv_q)%Mod;
		t2=(1ll*t2*p)%Mod;
	}
	if(!ans){
		anss[++tot]=node(p,q);
	}else return;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<=n;i++)scanf("%d",&A[i]);
	init();
	for(int i=0;i<=n;i++)A[i]%=Mod;
	for(int i=1;i<=c1;i++){
		for(int j=1;j<=c2;j++){
			if(gcd(in1[i],in2[j])==1){
				calc(0,in1[i],in2[j]);
				calc(1,in1[i],in2[j]);
			}
		}
	}
	if(A[0]==0)anss[++tot]=node(0,0);
	sort(anss+1,anss+tot+1);
	printf("%d\n",tot);
	for(int i=1;i<=tot;i++)anss[i].out();
	return 0;
}

下面为 $\rm hdxrie$ 的讲解 $Orz$ ：

复数域下的一个关于 $x$ 的 $n$ 次多项式 $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...+a_nx^n$ 一定可以分解成 $n$ 个含 $x$ 的一次多项式相乘，即 $f(x)$ 一定存在一种形如 $f(x)=\prod(b_ix+c_i)$ 的表示，其中每个式子都会产生一个复数域下的根（当然，这些根有可能重复）。

我们只用考虑有理数根，所以可以把方程改写为 $f(x)=g(x)\times\prod(b_ix+c_i)$ 的样子，其中 $g(x)$ 是一个关于 $x$ 的多项式，包含了所有的非有理数根，剩下的部分就表示了所有的有理数根。令 $g(x)$ 的常数项为 $w$ ，最高次项的系数为 $r$ ，则原方程的最高次项的系数 $a_n=r\prod b_i$ ，常数项 $a_0=w\prod c_i$ ，所以对于一个有理数解 $\frac{-c_i}{b_i}$ ， $c_i$ 为 $a_0$ 的因子， $b_i$ 为 $a_n$ 的因子。

两两枚举因子，判断是否合法就行，注意还要枚举负因子。

注意，如果 $a_0=0$ 那么还有一个解为 $x=0$ ，由于系数可能为 $0$ ，所以我们需要人为的把系数不为 $0$ 的最低次项作为方程的首项，最高次项作为方程的末项，再用上面的枚举因子的方法做。

[HEOI2012]Akai的数学作业-题解

题目地址【IN】

猜你喜欢