解方程

posted on 2019-11-03 06:25:45

P2312 解方程

• 前置知识

  1. 对于一个 \(x\) 和模数 \(p\)，我们设 \(x=kp+b\)，则 \(x≡b\,(\mod p)\)，同时 \(f(x)≡f(b)\,(\mod p)\) .

  因此，我们得出如下结论： 在模p的情况下，\(f(x)=0\) 的必要条件是 \(f(x \mod p)=0\). 在模数足够大或者对多个数取模的情况下，若 \(f(x \mod p)=0\)， 则 \(f(x)=0\) 很大可能是成立的（类似于哈希表）

  2. 秦九韶算法：

     一般地，一元n次多项式的求值需要经过 \((n+1)\times n \div 2\)次乘法和 \(n\) 次加法，而秦九韶算法只需要 \(n\)次乘法和 \(n\) 次加法。在人工计算时，一次大大简化了运算过程。 ——百度百科

     把一个 \(n\) 次多项式

     \[f(x) = a_0 + a_1x^1+…+a_{n-1}x^{n-1}+a_nx^n \]

     改写成下列形式

     \[\begin{aligned} f(x) & = a_0 + a_1x+...+a_{n-1}x^{n-1}+a_nx^n \\ & = a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+ a_1x+a_0\\ & = (a_nx^{n-1}+a_{n-1}x^{n-2}+...+a_2x+a_1)x+a_0\\ & = ((a_nx^{n-2}+a_{n-1}x^{n-3}+...+a_3x+a_2)x+a_1)x+a_0\\ & \vdots\\ & = (...((a_nx+a_{n-1})x+a_{n-2})x+...+a_1)x+a_0 \end{aligned} \]

     #include<bits/stdc++.h>
     #define N 1001
     using namespace std;
     int n,x,a[N],mod;
     int main()
     {
       int ans;
       scanf("%d%d%d",&n,&x,&mod);
       //n表示函数f(x)中x的最高次项,mod表示取模数;
       for(int i=0;i<=n;i++)
         scanf("%d",&a[i]);
         	//a[i]表示每一次项的系数;
       ans=a[n];
       for(int i=n-1;i>=0;i--) {
           ans=(ans*x+a[i])%mod;
       //秦九韶算法主体，数学式为f(x)=(...((a[n]*x+a[n-1])*x+a[n-2])*x+...a[1])*x+a[0];
       }
       printf("%d",ans);
       return 0;
     }
     

• Show Time

  先放代码

  #include <iostream>
  #include <cstdio>
  #include <cstring>
  #include <cmath>
  #include <cstdlib>
  #include <algorithm>
  using namespace std;
  const int p1 = 1e9 + 7, p2 = 997, p3 = 9857933;
  int a[101], b[101], c[101];
  inline void read(int i)
  {
  	long long x = 0, f = 1, y = 0, z = 0;
  	char ch = getchar();
  	while(ch < '0' || ch > '9') {
  		if(ch == '-') f = -1;
  		ch = getchar();
  	}
  	while(ch >= '0' && ch <= '9') {
  		x = (x * 10 + ch - '0') % p1;
  //对于取到的每一位都进行同一种操作，最后的结果很大概率是唯一的
  //		y = (y * 10 + ch - '0') % p2;
  //		z = (z * 10 + ch - '0') % p3;
  		ch = getchar();
  	}
  	a[i] = x * f/*, b[i] = y * f, c[i] = z * f*/;
  }
  /*
  本来应该多取几个模数的，但是取了三个结果WA了
  很奇怪，然后这样只取一个模数才能对
  */
  int n, m, sum, ans[101];
  int main()
  {
  	cin >> n >> m;
  	for(int i = 0; i <= n; i++) {
  		read(i);
  	}
  	for(int i = 1; i <= m; i++) {
  		long long ans1 = a[n] % p1, ans2 = b[n] % p2, ans3 = c[n] % p3;
  		for(int j = n - 1; j >= 0; j--) {
  			ans1 = (ans1 * i + a[j]) % p1;
              //秦九韶公式
  //			ans2 = (ans2 * i + a[j]) % p2;
  //			ans3 = (ans3 * i + a[j]) % p3;
  		}
  		if(ans1 == 0 /*&& ans2 == 0 && ans3 == 0*/) {
  			sum++;
  			ans[sum] = i;
  		}
  	}
  	cout << sum << endl;
  	for(int i = 1; i <= sum; i++) {
  		cout << ans[i] << endl;
  	}
  return 0;
  }