题目描述
已知多项式方程：
a0+a1x+a2x^2+..+anx^n=0
求这个方程在[1, m ] 内的整数解（n 和m 均为正整数）
输入输出格式
输入格式：
输入文件名为equation .in。
输入共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a0,a1,a2..an
输出格式：
输出文件名为equation .out 。
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。
输入输出样例
输入样例#1：
2 10
1
-2
1
输出样例#1：
1
1
输入样例#2：
2 10
2
-3
1
输出样例#2：
2
1
2
输入样例#3：
2 10
1
3
2
输出样例#3：
0
说明
30%:0<n<=2,|ai|<=100,an!=0,m<100
50%:0<n<=100,|ai|<=10^100,an!=0,m<100
70%:0<n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<10000
100%:0<n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<1000000
分析： 一看想是用高精度做，可能还会超时，就没仔细做，打的暴力枚举，50分 正解：其实不是高精度…… 对于很大的数，我们可以给它取模，因为等式两边取模仍然成立。但是枚举x来判断的话会超时，所以这里用到一个技巧：如果一个数x对于这个等式成立的话，那么x+mod（模的那个数）也会成立。 需要注意的是，只用一个数模可能会不对，所以多用几个检验一下。 代码: #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #define M 110 #define N 1000010 #define ll long long using namespace std; char s[N]; int n,m; ll a[3][M],p[3]={0,10007,1000001397}; bool ok[N]; bool check(int x,int num) { ll ans=0,w=1; for(int i=0;i<=n;i++) { ans=(ans+a[num][i]*w%p[num])%p[num]; w=(w*x)%p[num]; } if(!(ans%p[num]))return true; return false; } int main() { freopen("jh.in","r",stdin); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<=n;i++) { scanf("%s",s);int l=strlen(s); bool flag=false; for(int j=1;j<=2;j++) { int x=0; if(s[0]=='-'){flag=true;x=1;} for(int k=x;k<l;k++) a[j][i]=(a[j][i]*10%p[j]+(ll)s[k]-'0')%p[j]; if(flag)a[j][i]=p[j]-a[j][i]; } } for(int i=1;i<=p[1];i++) if(check(i,1)) { for(int j=i;j<=m;j+=p[1]) if(check(j,2)) ok[j]=true; } int tot=0; for(int i=1;i<=m;i++) if(ok[i])tot++; printf("%d ",tot); for(int i=1;i<=m;i++) if(ok[i])printf("%d ",i); return 0; }