[BZOJ3751][NOIP2014]解方程（数学相关+乱搞）

题目描述

传送门

题解

显然若 f(n)≡0(modp) ，则 f(n+p)≡0(modp) 。
所以我们可以选上几个质数，然后check出0-p-1之内的答案，然后由这些答案推出1-m内的答案。选上5个质数就差不多了。（抄的hzwer的质数
不过这样的话跑得奇慢无比。算算时间复杂度应该是有一坨常数。
但是TA学长有一个我觉得更厉害并且可以证明时间复杂度的做法：首先选一个小质数p，然后处理出来0-p-1内的答案，然后推出1-m内的答案。然后再选一个大质数P，用来check所有合法的答案。
由拉格朗日定理，在0-p-1内至多只有n个解，这样的话不合法的答案至多会被check n 个。那么时间复杂度可以估算为 O(np+n2mp)=O(n(p+nmp)) 其实是个对勾函数，当 p=nm−−−√ 时有最小值，即 O(2nnm−−−√)≈2∗106 .

代码

#include
#include
#include
using namespace std;
#define N 1000005

int n,m,ans,aa[105],mi[105];
char a[105][10005];
bool wtf[N],is[100005];
int Mod[5]={11261,19997,22877,21893,14843};

int calc(int id,int mod)
{
    int len=strlen(a[id]),A=0,st=0;
    bool flag=false;
    if (a[id][0]=='-') flag=true,st=1;
    for (int i=st;i10+a[id][i]-'0')%mod;
    return (!flag)?A:-A;
}
int main()
{
    scanf("%d%d\n",&n,&m);
    for (int i=0;i<=n;++i) scanf("%s",a[i]);
    for (int i=1;i<=m;++i) wtf[i]=1;
    for (int k=0;k<5;++k)
    {
        for (int x=0;x1;
        for (int i=0;i<=n;++i) aa[i]=calc(i,Mod[k]);
        for (int x=0;x0]=1;for(int i=1;i<=n;++i) mi[i]=mi[i-1]*x%Mod[k];
            ans=0;
            for (int i=0;i<=n;++i) ans=(ans+aa[i]*mi[i]%Mod[k])%Mod[k];
            if (ans) is[x]=0;
        }
        for (int x=1;x<=m;++x)
            if (!is[x%Mod[k]]) wtf[x]=0;
    }
    ans=0;
    for (int i=1;i<=m;++i)
        if (wtf[i]) ans++;
    printf("%d\n",ans);
    for (int i=1;i<=m;++i)
        if (wtf[i]) printf("%d\n",i);
}

总结

①遇到这种题各种奇技淫巧还是要想一想的。