[HEOI2012]Akai的数学作业-题解

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• 题意简述

给你一个多项式方程，形式如下，求其所有的有理数解。

$$a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n=0$$

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• 暴力

我们发现输出的是一个分子和分母互质的分数，所以我们枚举一下分子和分母，为了不超时，枚举大概$300$不到，然后每次计算一下（用高精），大概能得到$30$分。

• 优化

我们由于用高精，复杂度比较高，所以我们考虑取模意义下，当我们多取几个模数，在这几个模数的意义下，算出来都是$0$，那么也可以看作是答案，但是有一定错的概率，当模数比较大且为质数时不容易错，大概能拿$30\sim 50$分。

• 分析

我们可以将开始的式子转换为分数形式，我们令$x=\frac{p}{q}$

那么原式就可以写成：

$$a_0+a_1\left(\frac{p}{q}\right)+a_2{\left(\frac{p}{q}\right)}^2+\cdots +a_n{\left(\frac{p}{q}\right)}^n=0$$
$$a_0+a_1\left(\frac{p}{q}\right)+a_2\left(\frac{p^2}{q^2}\right)+\cdots +a_n\left(\frac{p^n}{q^n}\right)=0$$

接下来我们等式两端同时乘以$q^n$，那么可以得到如下式子：

$$a_0{q}^n+a_{1}p{q}^{n-1}+a_2{p}^2{q}^{n-2}+\cdots +a_n{p}^n=0$$

我们将式子两端同时模$q$，那么可以得到：

$$a_n{p}^n\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{q})$$

我们可以得到$q$肯定为$a_n$的因子，因为$p,q$互质，即$q|a_n$。

我们再将原式两端同时模$p$，那么同样可以得到：

$$a_0{q}^n\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{p})$$

我们同样可以的到$p$肯定为$a_0$的因子，同理，即$p|a_0$

所以我们可得对于方程的解$x=\frac{p}{q}$，我们就得知了$p|a_0$且$q|a_n$并且还要满足$(p,q)=1$（也就是题面要求的$p,q$互质）。

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• 正解

有了上面的分析，我们就可以先预处理对于$a_0$和$a_n$的因子，但是这里有个问题就是如果$a_0=0$或者$a_n=0$，那么我们对于$a_0$就换成左边第一个不为$0$的系数，$a_1$换成右边第一个不为$0$的因子（由于系数是$0$，所以前面的都可以相当于没有）。

然后我们可以枚举$p,q$，由于$2\times 10^7$的因子数最多为$512$，所以我们可以直接$512^2$枚举。

对于判断一个解$\frac{p}{q}$是否合法，我们可以取几个模数，然后按照优化的暴力方式判断一个解是否合法（其实有一个非常好的模数，只需这一个$50033$，就可以判断了）。

然后对于每个枚举的$\frac{p}{q}$，由于有负数的解，所以我们还要对每个枚举的$\frac{p}{q}$去判断$-\frac{p}{q}$。

然后我们用一个结构体写一个分数类，将答案存入，并重载小于排序，输出答案即可。

下面上代码：

#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int Mod=50033;
const int N=1010,M=110;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int fpow(int a,int b){int ans=1;for(;b;b>>=1,a=(1ll*a*a)%Mod)if(b&1)ans=(1ll*ans*a)%Mod;return ans;}
int in1[N],in2[N],c1,c2;
int A[M],n;
void init(){
	int a=0,b=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)if(A[i]){a=A[i];break;}
	for(int i=n;i>=0;i--)if(A[i]){b=A[i];break;}
	if(a<0)a=-a;if(b<0)b=-b;
	int t1=sqrt(a),t2=sqrt(b);
	for(int i=1;i<=t1;i++){
		if(!(a%i)){
			in1[++c1]=i;
			if(a/i!=i)in1[++c1]=a/i;
		}
	}
	sort(in1+1,in1+c1+1);
	for(int i=1;i<=t2;i++){
		if(!(b%i)){
			in2[++c2]=i;
			if(b/i!=i)in2[++c2]=b/i;
		}
	}
	sort(in2+1,in2+c2+1);
}
struct node{
	int fz,fm;
	node(){}
	node(int a,int b):fz(a),fm(b){}
	bool operator <(const node &a)const{
		if((!fz||!fm)||(!a.fz||!a.fm)){
			if((!fz||!fm)&&(!a.fz||!a.fm)) return 1;
			if((!fz||!fm))return 0<a.fz;
			if((!a.fz||!a.fm))return fz<0;
		}
		ll t1=1ll*fz*a.fm,t2=1ll*a.fz*fm;
		return t1<t2;
	}
	void out(){
		if(!fz||!fm) puts("0");
		else if(fm==1) printf("%d\n",fz);
		else{
			int now=gcd(fz,fm);
			fz/=now;fm/=now;
			if(fm<0)fz=-fz,fm=-fm;
			printf("%d/%d\n",fz,fm);
		}
	}
}anss[M];
int tot;
void calc(int type,int p,int q){
	int ans=0,t1=1,t2=1,inv_q=fpow(q,Mod-2)%Mod;
	if(type)p=-p;
	for(int i=1;i<=n;i++)t1=(t1*q)%Mod;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		ans=(ans+1ll*A[i]*t1%Mod*t2%Mod)%Mod;
		t1=(1ll*t1*inv_q)%Mod;
		t2=(1ll*t2*p)%Mod;
	}
	if(!ans){
		anss[++tot]=node(p,q);
	}else return;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<=n;i++)scanf("%d",&A[i]);
	init();
	for(int i=0;i<=n;i++)A[i]%=Mod;
	for(int i=1;i<=c1;i++){
		for(int j=1;j<=c2;j++){
			if(gcd(in1[i],in2[j])==1){
				calc(0,in1[i],in2[j]);
				calc(1,in1[i],in2[j]);
			}
		}
	}
	if(A[0]==0)anss[++tot]=node(0,0);
	sort(anss+1,anss+tot+1);
	printf("%d\n",tot);
	for(int i=1;i<=tot;i++)anss[i].out();
	return 0;
}

下面为$\mathrm{h}\mathrm{d}\mathrm{x}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{e}$的讲解$Orz$：

复数域下的一个关于$x$的$n$次多项式$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+...+a_n{x}^n$一定可以分解成$n$个含$x$的一次多项式相乘，即$f(x)$一定存在一种形如$f(x)=\prod (b_{i}x+c_i)$的表示，其中每个式子都会产生一个复数域下的根（当然，这些根有可能重复）。

我们只用考虑有理数根，所以可以把方程改写为$f(x)=g(x)\times \prod (b_{i}x+c_i)$的样子，其中$g(x)$是一个关于$x$的多项式，包含了所有的非有理数根，剩下的部分就表示了所有的有理数根。令$g(x)$的常数项为$w$，最高次项的系数为$r$，则原方程的最高次项的系数$a_n=r\prod b_i$，常数项$a_0=w\prod c_i$，所以对于一个有理数解$\frac{-c_i}{b_i}$，$c_i$为$a_0$的因子，$b_i$为$a_n$的因子。

两两枚举因子，判断是否合法就行，注意还要枚举负因子。

注意，如果$a_0=0$那么还有一个解为$x=0$，由于系数可能为$0$，所以我们需要人为的把系数不为$0$的最低次项作为方程的首项，最高次项作为方程的末项，再用上面的枚举因子的方法做。