【題面】：
解方程【思路】：
首先你會發現資料非常毒瘤，\(a[i]<=10^\)，最開始以為要寫高精度，等了要完模板之後（沒錯我這麼辣雞怎麼會高精），才發現，根本用不著23333
因為其\(n\)比較小，可以考慮\(hash\)的思想，把\(a[i]\)都\(\%\)乙個大質數，就避免了高精度，具體實現就是在讀入的時候：
inline ll read()
while(c>='0' && c<='9')
return (f*x)%mod;
}
但這樣肯定超時，應為對於乙個次數為\(n\)的多項式，求解時需要\(\frac\)次乘法和\(n\)次加法，複雜度就變為了\(o(nm+\frac)\)，無法承受，這個時候考慮秦九韶演算法。
秦九韶演算法：對於乙個多項式\(a_nx^n+a_x^+...+a_0\)，可以進行如下化簡：
\(a_nx^n+a_x^+...+a_0\)
\(=(a_nx^+a_x^+...+a_2x+a_1)x+a_0\)
\(=((a_nx^+a_x^+...+a_3x+a_2)x+a_1)x+a_0\)
\(.\)
\(.\)
\(.\)
\(=(...((a_nx+a_x+a_x+...+a_1)x+a_0\)
則求解乙個多項式的值，首先計算最內層括號內一次多項式的值，即：
\(v_0=a_n\)
\(v_1=a_nx+a_\)
然後由內向外逐層計算一次多項式的值，即
\(v_2=v_1x+a_\)
\(v_3=v_2x+a_\)
\(.\)
\(.\)
\(.\)
\(v_n=v_x+a_0\)
這樣，求\(n\)次多項式\(f(x)\)的值就轉化為求\(n\)個一次多項式的值。
結論：對於乙個\(n\)次多項式，至多做\(n\)次乘法和\(n\)次加法。
搬運from度娘
然後複雜度就被成功地優化到了\(o(nm)\)，雖然理論上還是過不了，但這樣做也是正確並可以\(ac\)
#include#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1000000007;
inline ll read()
while(c>='0' && c<='9')
return (f*x)%mod;
}const int maxm = 1e6;
const int maxn = 105;
ll a[maxn];ll ans[maxm];int num = 0;int n,m;
inline bool check(ll x)
return v == 0;
}int main()
for(ll i=1;i<=m;++i)
} printf("%d\n",num);
for(int i=1;i<=num;++i) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
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