已知多項式方程：
$a_0+a_1x+a_2x^2+..+a_nx^n=0$//用latex好看多了
求這個方程在[1, m ] 內的整數解（n 和m 均為正整數）
輸入格式：
輸入檔名為equation .in。
輸入共n + 2 行。
第一行包含2 個整數n 、m ，每兩個整數之間用乙個空格隔開。
接下來的n+1 行每行包含乙個整數，依次為a0,a1,a2..an
輸出格式：
輸出檔名為equation .out 。
第一行輸出方程在[1, m ] 內的整數解的個數。
接下來每行乙個整數，按照從小到大的順序依次輸出方程在[1, m ] 內的乙個整數解。
輸入樣例#1：
2 10 1-21
輸出樣例#1：
11
輸入樣例#2：
2 102-31
輸出樣例#2：
212
輸入樣例#3：
2 101 3
2
輸出樣例#3：
0
30%:$050%:$070%:$0100%:$0列舉有點bsgs的思想，驗證有點雜湊的味道。
首先可以想到列舉x，看看$f(x)%p$（p要取多個）是否都等於0，如果對於所有p膜
模得的數都是0，那麼x就是乙個解了。選哪些質數來膜
模？考驗人品……
那麼從1到$p_0-1$列舉x，如果$f(x)%p!=0$，那麼$f(x+p_0)%p_0!=0$，這樣就能去掉許多無用的數，對於$f(x)%p_0==0$的x，再驗證$f(x)%p_1$是否為零，如果依然為零(不放心可以多模幾個，我只模了2個)，那x多半就是了，然後依次驗證$x+p_0$、$x+2*p_0$、$x+3*p_0$……直到m。
計算$f(x)$要用秦九韶演算法(或者叫做霍納法則……)
#include#includechar s[100010]=;
intn,m;
int prime=;
long
long a[105][5]=;
bool is_result[1000010]=;
void quyu(int k)//
k為次數
}bool judge(int x,int p)//
x取值和質數下標
return fx==0;}
intmain()
for(int i=1;i<=prime[0];i++)
}int num=0
;
for(int i=1;i<=m;i++)
if(is_result[i]) num++;
printf(
"%d\n
",num);
for(int i=1;i<=m;i++) if(is_result[i]) printf("
%d\n
",i);
return0;
}
ac了這題我noip2014就500+分了(*^__^*) 嘻嘻……
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