Description
已知多项式方程：$a_0+a_1*x+a_2*x^2+...+a_n*x^n=0$
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
2
-3
1
Sample Output
2
1
2
1
2
HINT
对于100%的数据，0<n≤100，|ai|≤10^10000，an≠0，m≤1000000。
Source
Solution
考虑对等式左边整体对质数取模，这部分用秦九韶算法实现可以大大提速，并且可以避免大量的高精度运算
假设模数为$p$，不难发现在模$p$意义下$x$与$x+kp$得到的结果一样，所以我们可以预处理出$[0,p)$的答案，推出$[1,m]$是否可能是解
因为$p$很小会有类似哈希冲撞的事发生，所以我们可以选取多个$p$。据说是选$5$个$20000$左右的质数就可以，然而我换过好几个质数，不是$WA$就是$TLE$，QAQ
代码里的质数是网上找的，并不清楚为什么这人的人品能那么好QAQ，$4$个质数就可以$AC$QAQ
（方法会就行了，这道题考的不是质数的选取，质数照抄就行了）
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 char s[105][10005]; 4 int p[4] = {17389, 22349, 22367, 22369}; 5 int n, a[105], ans[1000005]; 6 bool vis[5][27005]; 7 8 bool check(int x) 9 { 10 if(!vis[0][x % 17389]) return false; 11 if(!vis[1][x % 22349]) return false; 12 if(!vis[2][x % 22367]) return false; 13 if(!vis[3][x % 22369]) return false; 14 return true; 15 } 16 17 bool is_zero(int k, int x) 18 { 19 long long ans = a[n]; 20 for(int i = n - 1; ~i; --i) 21 ans = (ans * x + a[i]) % p[k]; 22 return !ans; 23 } 24 25 int main() 26 { 27 int m, tot = 0; 28 scanf("%d%d", &n, &m); 29 for(int i = 0; i <= n; ++i) 30 scanf("%s", &s[i]); 31 for(int i = 0; i < 4; ++i) 32 { 33 memset(a, 0, sizeof(a)); 34 for(int j = 0; j <= n; ++j) 35 if(s[j][0] == '-') 36 for(int k = 1; s[j][k]; ++k) 37 a[j] = (a[j] * 10 - s[j][k] + 48 + p[i]) % p[i]; 38 else 39 for(int k = 0; s[j][k]; ++k) 40 a[j] = (a[j] * 10 + s[j][k] - 48) % p[i]; 41 for(int j = 1; j < p[i]; ++j) 42 vis[i][j] = is_zero(i, j); 43 } 44 for(int i = 1; i <= m; ++i) 45 if(check(i)) ans[++tot] = i; 46 printf("%d ", tot); 47 for(int i = 1; i <= tot; ++i) 48 printf("%d ", ans[i]); 49 return 0; 50 }