已知多项式方程：
a0+a1*x+a2*x^2+...+an*x^n=0
求这个方程在[1,m]内的整数解（n和m均为正整数）。
标签：scan sam 答案 就是 ons content inpu for put
已知多项式方程：
第一行输出方程在[1,m]内的整数解的个数。
对于100%的数据，0<n≤100，|ai|≤1010000，an≠0，m≤1000000。
Solution：
洛谷题面复制炸格式，这是bzoj的题面。
思路就是hash模拟，因为多项式$A=0$，则$A\mod p=0$。
所以我们直接选几个邻近素数做为模数，然后枚举每个模数的的余系作为答案，$O(n)$判断多项式$A$的hash值是否为$0$，若$i$属于模数$p$的余系，且能使模$p$意义下$A=0$，显然$c\mod p=i$的$c$都是解。
用多个模数就能减小预处理时模数整除系数的概率，防止出WA(#^.^#)的情况。
最后只需$O(m)$扫一遍$i$是否满足对于所有的模数取模的值能使$A=0$就好了。
代码：
/*Code by 520 -- 9.1*/ #include<bits/stdc++.h> #define il inline #define ll long long #define RE register #define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);++(i)) #define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);--(i)) using namespace std; const int N=1000005,mod[5]={22861,22871,22877,22901,22907}; int n,m,a[5][105]; char s[N]; bool vis[5][30005]; int ans[N]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); For(i,0,n) { scanf("%s",s); RE int len=strlen(s); For(k,0,4) if(s[0]==‘-‘) { For(j,1,len-1) a[k][i]=((a[k][i]<<3)+(a[k][i]<<1)+(s[j]^48))%mod[k]; a[k][i]=mod[k]-a[k][i]; } else For(j,0,len-1) a[k][i]=((a[k][i]<<3)+(a[k][i]<<1)+(s[j]^48))%mod[k]; } For(k,0,4) For(i,1,mod[k]) { RE int ans=a[k][n]; Bor(j,0,n-1) ans=(ans*i+a[k][j])%mod[k]; if(!ans) vis[k][i]=1; } For(i,1,m) { bool cnt=1; For(k,0,4) cnt&=vis[k][i%mod[k]]; if(cnt) ans[++ans[0]]=i; } For(i,0,ans[0]) printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/five20/p/9571544.html
