标签：sum 需要 prim 也会 输入 根据 输出 空格 mem
题目描述
已知多项式方程：
输入
输出
第一行输出方程在[1,m]内的整数解的个数。
样例输入
2 10
2
-3
1
样例输出
2
1
2
题解
真心不难的数论题
首先高精度FFT肯定是不可取的，那么就必须取模。但是只有1个模数极有可能多解，所以多选几个大质数模数，如果左边的式子对所有模数取模都为0，则几乎可以判定为原方程的解。
但是这样时间复杂度为$O(nmt)$，其中t是模数个数，会TLE。
我们设$f(i,j)$表示当左面的一坨的x=i时对j取模得到的数，那么显然$f(i,j)=f(i+j,j)=f(i+2j,j)=...$。
所以我们只需要处理0~j-1的数即可，剩下的直接根据前面的推出来。
这样的时间复杂度为$O(t(np+m))$，其中p为模数大小。
所以p不能太大，但是太小也会影响答案正确性，所以取20000左右的质数最合适。
Tip1：bzoj里的1010000指的是1010000，所以a是高精度数（卡在这里无数次qaq）
Tip2：bzoj这道题加强了（加多了）数据，要数据后发现有40个点，但是时间依然是10s，所以常数卡得很死，不能使用long long，模数最好只有3个等等。
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int tot = 3;
int prime[3] = {20029 , 22277 , 23333};
int n , m , a[1000010][3] , ok[100010] , cnt[1000010];
char str[1000010];
bool judge(int x , int p)
{
int i , sum = 0;
for(i = n ; ~i ; i -- )
sum = ((sum * x % prime[p] + a[i][p]) % prime[p] + prime[p]) % prime[p];
return !sum;
}
void read(int c)
{
scanf("%s" , str);
int i , j , flag = 1 , l = strlen(str);
if(str[0] == ‘-‘)
{
flag = -1;
for(i = 0 ; i < l ; i ++ ) str[i] = str[i + 1];
l -- ;
}
for(i = 0 ; i < tot ; i ++ )
{
int sum = 0;
for(j = 0 ; j < l ; j ++ ) sum = (sum * 10 + str[j] - ‘0‘) % prime[i];
a[c][i] = sum * flag;
}
}
int main()
{
int i , j , num = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 0 ; i <= n ; i ++ ) read(i);
for(i = 0 ; i < tot ; i ++ )
{
memset(ok , 0 , sizeof(ok));
for(j = 0 ; j < prime[i] ; j ++ )
if(judge(j , i))
ok[j] = 1;
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ ) cnt[j] += ok[j % prime[i]];
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
if(cnt[i] == tot)
num ++ ;
printf("%d\n" , num);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
if(cnt[i] == tot)
printf("%d\n" , i);
return 0;
}
标签：sum 需要 prim 也会 输入 根据 输出 空格 mem
原文地址：http://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/7056299.html
