[BZOJ]2742 [HEOI2012] Akai的数学作业

本文介绍了一种求解特定形式代数方程的方法,通过分析方程系数与未知数的关系,利用数学推导确定了未知数的可能值。特别关注了如何通过枚举约数来简化计算过程。

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  附上蒟蒻的sb式推导过程, 如有不严谨请指出, 谢谢~
  a0+a1pq+....anpnqn=0
  a0=a1pq...anpnqn
  左右同时乘以qn,a0qn=a1pqn1...an1pn1qanpn
  然后我们就会发现左边是q的倍数, 右边的a0an1也都是q的倍数, 唯独anpn没有q这个因子, 又因为约分后p和q互质, 那么说明an有点问题啊, 我们知道右边是q的倍数, 左边0-n-1项也都是q的倍数, 那么只有可能anpn也是q的倍数才能加起来是q的倍数… p跟q互质, 那么就说明an是q的倍数… 将a0an调换位置我们就可以得到:
  anpn=a1pqn1...an1pn1qa0qn
  同样的推理方法, 我们会发现a0是p的倍数. 那么此时p是a0的约数, q是an的约数… 暴力枚举约数就好了. 约数根号时间筛出来… 听Doggu说2e7内最多的就只有500多个约数… 那么最坏5002100, 稳过一颗赛艇啊… 注意a0为0的话要特判.
 

#include<stdio.h>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long dnt;
const int maxm = 105;
const int maxn = 1e6;
const dnt mod = 1e9 + 7;
int n, cnt, na, nb;
dnt pwx[maxm], pwy[maxm];
int a[maxn], b[maxn], c[maxm];
int gcd(int a, int b) {
    return (!b) ? a : gcd(b, a % b);
}
struct query {
    int u, d, f; //means up and down
    friend bool operator < (const query &x, const query &y) {
        if (x.f == -1 && y.f == +1)
            return true;
        if (x.f == +1 && y.f == -1)
            return false;
        if (x.f ==  1 && y.f ==  1)
            return 1ll * x.u * y.d < 1ll * y.u * x.d;
        if (x.f == -1 && y.f == -1)
            return 1ll * x.u * y.d > 1ll * y.u * x.d;
    }
}q[maxm];
inline void init() {
    int fr = 0;
    while (!c[fr]) ++ fr;
    if (!fr) return;
    n = n - fr;
    for (int i = 0; i <= n; ++ i)
        c[i] = c[i + fr];
    q[++ cnt].u = 0, q[cnt].d = 1, q[cnt].f = 1;
}
inline void frac(int x, int *array, int &num) {
    int lim = (int)sqrt(x);
    for (int i = 1; i <= lim; ++ i) // it should be <= 
        if (x % i == 0) {
            array[++ num] = i;
            array[++ num] = x / i;
        }
    if (lim * lim == x) -- num; 
}
inline void calc(dnt x, dnt y) {
    int f = 1;
    dnt ans = 0, ret = 0;
    if (x < 0) f = -1, x = -x;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
        pwx[i] = (pwx[i - 1] * x) % mod,
        pwy[i] = (pwy[i - 1] * y) % mod;
    for (int i = 0; i <= n; ++ i) {
        ret = c[i] * pwx[i] % mod * pwy[n - i] % mod;
        if (i & 1)
            ret = (ret * f + mod) % mod;
        ans = (ans + ret) % mod;
    }
    if (!ans)
        q[++ cnt].u = x, q[cnt].d = y, q[cnt].f = f; 
}
inline void bruce_solve() {
    pwx[0] = pwy[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= na; ++ i)
        for (int j = 1; j <= nb; ++ j)
            if (gcd(a[i], b[j]) == 1)
                calc(a[i], b[j]), calc(-a[i], b[j]);
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i <= n; ++ i)
        scanf("%d", &c[i]);
    init();
    frac(abs(c[0]), a, na), frac(abs(c[n]), b, nb);
    bruce_solve();
    sort(q + 1, q + cnt + 1);
    printf("%d\n", cnt);
    for (int i = 1; i <= cnt; ++ i) {
        if (q[i].f == -1) putchar('-');
        if (q[i].u % q[i].d == 0) printf("%d\n", q[i].u / q[i].d);
        else printf("%d/%d\n", q[i].u, q[i].d);
    }
    return 0;
}
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