NOIP2014 解方程 題解

題目傳送門

題目描述

已知多項式方程：

\[a0+a1*x+a2*x^2+\dots+an*x^n=0

\]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+1n+1 行每行包含乙個整數，依次為 \(a0,a1,a2\dots an\) 。

輸出格式

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。

輸入輸出樣例

輸入 #1

2 10 1-2

1

1

1

2 102-3

1

2

12

2 1013

2

0

題目解析

秦九韶演算法結論：對於乙個n次多項式，至多做n次乘法和n次加法。

不會秦九韶演算法？點這裡

不難發現，我們只要列舉區間 \([1,m]\) 之間的整數，帶入多項式， \(\theta(n)\) 求出多項式的值，如果與 \(0\) 相等就算乙個整數解。演算法複雜度 \(\theta(nm)\) 。

但是我們看： \(|a_i|\le10^\) 顯然不能直接算，我們只需要模乙個大質數就可以了，但是不能有數被整除，這樣就不會爆int了，經過檢驗，\(222222227\) （8個2，1個7）就是乙個很好的大質數。

**：

#include#define maxn 1039

#define mod 222222227//8217 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long long type;
inline type read()
if(flag) return -sum;
return sum;
}int n,m;
ll a[maxn],ans[maxn];
int cnt;
int check(int x)
if(ans%mod==0) return 1;
return 0;
}int main()
printf("%d\n",cnt);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}

NOIP2014 解方程 題解

題目傳送門 題目描述 已知多項式方程 a 0 a1 x a2 x2 an xn 0 a0 a1 x a2 x 2 dots an x n 0 a0 a1 x a2 x2 an xn 0求這個方程在 1,m 1,m 1,m 內的整數解 n nn 和 m mm 均為正整數 輸入格式 輸入共 n 2 n ...

NOIP2014 解方程 數學）

本題重點考察數學知識，可分成以下三點 秦九韶演算法 取模運算律，long long等資料型別的細節。秦九韶演算法 假設有一元4次方程a0 a1 x a2 x2 a3x3 a4x4 0,那麼其等於 x x xa4 a3 a2 a1 a0 0。在此題中同理，最後算出答案判斷是否為0。取模運算律 資料型別...

NOIP2014 解方程 數論 模擬

題目大意 求乙個多項式方程在 1,m 1,m 1,m 的整數解。題解 沒想到吧，這題竟然是暴力 溜 好吧也沒有那麼簡單 要用到乙個演算法 秦九韶演算法，就是減少多項式的計算次數 然後暴力列舉 1,m 1,m 1,m 就行了 不行，由於係數太大，我們還要取模。將原數分別模多個質數，如果答案都為0是就可...