luogu2312 [NOIp2015]解方程 (秦九韶)

秦九韶算法：多项式$a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n=a_0+x(a_1+x(a_2+...+(xa_n))..)$，这样对于一个x，可以在O(n)求出结果

为了避免高精度，我们同时模几个质数来判断每个的值是不是等于0，这样出锅的概率就非常小

然而这样做复杂度是O(nm)，过不去

我们发现对于某一个模数p，x+kp和x算出来的结果模p以后是一样的，这样的话，只要先算出来一个比较小的p以内的所有结果，再去从那些里挑出模p等于0的，再去判断这些+kp以后模别的等不等于0，这样复杂度就会减小很多

我选择了13331,19260817和1e9+7

另外快读也需要修改一下

#include<bits/stdc++.h>
#define pa pair<int,int>
#define CLR(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=110,maxm=1e6+10;
const int p[3]={13331,19260817,1e9+7};

inline void rd(int &x1,int &x2,int &x3){
    x1=x2=x3=0;char c=getchar();int neg=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') neg=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){
        x1=(x1*10+c-'0')%p[0];
        x2=(x2*10+c-'0')%p[1];
        x3=(x3*10ll+c-'0')%p[2];
        c=getchar();
    }x1=x1*neg%p[0];
    x2=x2*neg%p[1];
    x3=x3*neg%p[2];
}

int N,M,a[maxn][3],cnt;
queue<int> q;
bool ans[maxm];

bool judge(int id,int x){
    int sum=a[N][id];x%=p[id];
    for(int i=N;i;i--) sum=((ll)sum*x+a[i-1][id])%p[id];
    return sum==0;
}

int main(){
    // freopen("testdata.in","r",stdin);
    int i,j,k;
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(i=0;i<=N;i++) rd(a[i][0],a[i][1],a[i][2]);
    for(i=1;i<=min(M,p[0]);i++){
        if(judge(0,i)) q.push(i%p[0]);
    }
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();
        for(int i=0;x+p[0]*i<=M;i++){
            if(judge(1,x+p[0]*i)&&judge(2,x+p[0]*i)) ans[x+p[0]*i]=1,cnt++;
        }
    }
    printf("%d\n",cnt);
    for(i=1;i<=M;i++) if(ans[i]) printf("%d\n",i);
    
    return 0;
}