题目描述

已知多项式方程：
a0+a1x+a2x2+...+anxn=0
求这个方程在[1, m]内的整数解（n和m均为正整数）。

输入描述:

第一行包含2个整数n、m，每两个整数之间用一个空格隔开。
接下来的n+1行每行包含一个整数，依次为a0,a1,a2,……,an。

输出描述:

第一行输出方程在[1, m]内的整数解的个数。
接下来每行一个整数，按照从小到大的顺序依次输出方程在[1, m]内的一个整数解。

示例1

输入
2 10
1
-2
1
输出
1
1

示例2

输入
2 10
2 
-3
1
输出
2
1
2

示例3

输入
2 10
1
3
2
输出
0

备注

对于30%的数据，0<n>i|≤100，an≠0，m≤100；
对于50%的数据，0<n>i|≤10100，an≠0，m≤100；
对于70%的数据，0<n>i|≤1010000，an≠0，m≤10000；
对于100%的数据，0<n>i|≤1010000，an≠0，m≤1000000。
</n></n></n></n>

解答

这题的数据看起来似乎特别吓人。。。

但实际上，

这题非常好想。

只需要模一个大质数就行了（我模的是1e9+7）（实测有效）

另外，ａ要用快读读入，再一边模Mod（因为实在太大了）。

然后，秦九韶算法了解一下：

秦九韶算法

接下来，只需要枚举1～m的所有整数再判断就行了。

然而，这一切并没有结束...

这样的时间复杂度是O（n*m）

所以稍微有点常数就会被卡（惨痛的经验教训），

因此，我们要直接开long long,在最后模一下Ｍｏｄ就行了（不然会被卡）。

代码： 
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int Mod1=1e9+7,Mod2=1e9+9;
ll n,m,a1[1001],a2[1001];
ll ans[100001];

bool isroot(int x){
    ll ret1=0,ret2=0;
    for(int i=n;i;i--){
        ret1=((ret1+a1[i])*x)%Mod1;
    }
    ret1=(ret1+a1[0])%Mod1;
    return !ret1;
}

void read1(int k){
    ll x1=0,x2=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch<='9'&&ch>='0'){
        x1=(ll)(x1*10+(ch-'0'))%Mod1;
        ch=getchar();
    }
    a1[k]=x1*f;
} 

void print(int x){
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}

int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n;i++){
        read1(i);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(isroot(i)) ans[++ans[0]]=i;
    }
    print(ans[0]);
    printf("\n");
    for(int i=1;i<=ans[0];i++){
        print(ans[i]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}


来源：Hastin