又是數論題

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Q&A

Q：你TM做數論上癮了嗎

A：沒辦法我數論太差了，得多練（shui）啊

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題意

題目描述

已知多項式方程：

a0+a1x+a2x^2+..+anx^n=0

求這個方程在[1, m ] 內的整數解（n 和m 均為正整數）

輸入輸出格式

輸入格式：

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輸入文件名為equation .in。

輸入共n + 2 行。

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

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輸出格式：

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輸出文件名為equation .out 。

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。

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我們來看看這鬼畜的NOIP題目怎么做（shui）

講道理，這道題最難的地方在于：不知誰在洛谷上給它貼上了高精度的標簽（管理給我滾粗來）我想知道有多少人在這狗血標簽的引導下怒寫高精+壓位+秦九昭+各種奇技淫巧優化，最后拿個T回去哭

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?正解并沒有用到高精度（雖然我寫的輸入是仿照高精度的，但是hzw大的代碼是直接字符串處理的Orz）
但是hzw用了一個神奇的pre來存x的i次方，我懶得打就打了一個秦九昭（講道理，秦九昭不會比暴力難打，而且可以少開一個數組）

順便一提，據說大神用過的質數會有靈氣，我直接用了hzw用的5個質數當mod

對于5個（其實無所謂選幾個，多一點可以保險一些我這種rp不佳的必備）選出的質數p，每個都處理出1~p-1代入原式modp算出的結果

這個結果就可以代表所有modp同余的數的結果（因為顯然每次增加p的話，結果變化量是p的倍數，modp以后不會變），若modp以后不為0則一定不是方程解

盡管我們不能保證為0的話實際結果就一定是0，但是用5個數都驗證一遍以后基本就能保證這個結果為0

===沒了===

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上代碼

1 #include<cstdio> 2 int mod[5]={11261,19997,22877,21893,14843}; 3 int n,m; 4 int ans[1000005]; 5 int a[5][105],res[5][30005],aa[105][10005],num[105]; 6 bool flag[105]; 7 int main() 8 { 9 scanf("%d%d",&n,&m); 10 char ch=getchar(); 11 for(int i=0;i<=n;i++) 12 for(num[i]=0,flag[i]=false,ch=getchar();(ch>='0' && ch<='9')||(ch=='-');ch=getchar()) 13 if(ch=='-') 14 flag[i]=true; 15 else 16 aa[i][++num[i]]=ch-'0'; 17 for(int i=0;i<5;i++) 18 for(int j=0;j<=n;j++) 19 { 20 a[i][j]=0; 21 for(int k=1;k<=num[j];k++) 22 a[i][j]=(a[i][j]*10+aa[j][k])%mod[i]; 23 if(flag[j]) 24 a[i][j]=-a[i][j]; 25 } 26 for(int t=0;t<5;t++) 27 for(int x=1;x<mod[t];x++) 28 { 29 int sum=0; 30 for(int i=n;i>=0;i--) 31 sum=(sum*x+a[t][i])%mod[t]; 32 res[t][x]=sum; 33 } 34 int sum=0; 35 bool flag; 36 for(int i=1;i<=m;i++) 37 { 38 flag=true; 39 for(int t=0;t<5;t++) 40 if(res[t][i%mod[t]]!=0) 41 { 42 flag=false; 43 break; 44 } 45 if(flag) 46 ans[++sum]=i; 47 } 48 printf("%d\n",sum); 49 for(int i=1;i<=sum;i++) 50 printf("%d\n",ans[i]); 51 return 0; 52 }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/wanglichao/p/5683694.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的NOIP2014 uoj20解方程 数论（同余）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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