代数方程求解-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/MaxMercer/article/details/78769320

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。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

　　附上蒟蒻的sb式推导过程，如有不严谨请指出，谢谢~
　　 $a_0 + a_1 * \frac {p}{q} + .... a_n * \frac {p^n}{q^n} = 0$
　　 $a_0 = -a_1 * \frac {p}{q} ... - a_n * \frac {p^n}{q^n}$
　　左右同时乘以 $q^n, a_0 * q^n = -a_1 * {p} * {q^{n - 1}} - ... - a_{n - 1} * {p ^ {n- 1}} * q - a_n * {p^n}$
　　然后我们就会发现左边是q的倍数，右边的 $a_0到a_{n-1}$ 也都是q的倍数, 唯独 $a_n * p ^n$ 没有q这个因子，又因为约分后p和q互质，那么说明 $a_n$ 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 $a_n * p ^n$ 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 $a_n$ 是q的倍数… 将 $a_0$ 和 $a_n$ 调换位置我们就可以得到:
　　 $a_n * p^n = -a_1 * {p} * {q^{n - 1}} - ... - a_{n - 1} * {p ^ {n- 1}} * q - a_0 * {q^n}$
　　同样的推理方法，我们会发现 $a_0$ 是p的倍数. 那么此时p是 $a_0$ 的约数， q是 $a_n$ 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 $500 ^ 2 * 100$ ，稳过一颗赛艇啊… 注意 $a_0$ 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;
}