洛谷P4598 解高次方程，数论

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#算法

于 2022-11-13 13:50:11 首次发布

本文介绍了如何通过设置有理数解x=p/q形式，利用模运算性质求解一元多项式方程a0+a1x+a2x^2+...+anxn=0的有理数解，关键步骤包括质因数分解和模运算条件的验证。

题意：

给出序列 $a_{0},a_{2},a_{3},...,a_{n}]$ ，求方程
$a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+...+a_{n}x^{n}=0$
的所有有理数解

Solution：

设 $x=pqx=\frac{p}{q}$ 是一个解，并且 $g c d (p, q) = 1$ ，代入得到
$\sum_{i=0}^{n}a_{i}(\frac{p}{q})^{i}=0$
通分得到
$\sum_{i=0}^{n}a_{i}p^{i}q^{n-i}=0$
在模 $p$ 时，有
$\sum_{i=0}^{n}a_{i}p^{i}q^{n-i} \equiv 0\ (mod\ p)\Rightarrow a_{0}q^{n}\equiv 0\ (mod\ p)$
在模 $q$ 时，有
$\sum_{i=0}^{n}a_{i}p^{i}q^{n-i} \equiv 0\ (mod\ q)\Rightarrow a_{n}p^{n}\equiv 0\ (mod\ q)$
由于 $g c d (p, q) = 1$ ，于是一定存在
$p|a_{0},q|a_{n}$
只需要枚举 $a_{0},a_{n}$ 的因子分别作为 $p, q$ ，然后检查原式是否成立即可。原式可能非常大，一种检验的方法是在多模数下运算值都为 $0$

// #include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<map>
using namespace std;

using ll=long long;
const int N=105,inf=0x3fffffff;
const long long INF=0x3fffffffffffffff,mod1=1e9+7,mod2=1e9+9;

template<class T>
T abs(T x){return x>=0?x:-x;}

int n,a[N];
vector<pair<int,int>>ans;

ll qpow(ll a,ll b,ll mod)
{
    ll ret=1,base=a;
    while(b)
    {
        if(b&1) ret=ret*base%mod;
        base=base*base%mod;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

ll qm(ll x,ll mod)
{
    return (x%mod+mod)%mod;
}

bool check(int p,int q,ll mod)
{
    ll ret=0;
    for(int i=0;i<=n;i++) ret=(ret+qm(1ll*a[i]*qpow(p,i,mod)%mod*qpow(q,n-i,mod)%mod,mod))%mod;
    return ret==0;
}

void solve(int p,int q)
{
    int tmp=__gcd(abs(p),abs(q));
    p/=tmp; q/=tmp;
    if(check(p,q,mod1)&&check(p,q,mod2)) ans.push_back(make_pair(p,q));
}

int main()
{
    #ifdef stdjudge
        freopen("in.txt","r",stdin);
    #endif
    cin>>n;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        if(a[i]==0) n--,i--,ans.push_back(make_pair(0,1));
    }
    for(int i=1,limit1=sqrt(abs(a[0]));i<=limit1;i++)
    {
        if(a[0]%i) continue;
        for(int j=1,limit2=sqrt(abs(a[n]));j<=limit2;j++)
        {
            if(a[n]%j||__gcd(i,j)!=1) continue;
            solve(i,j); solve(-i,j);
            solve(a[0]/i,j); solve(-a[0]/i,j);
            solve(i,a[n]/j); solve(-i,a[n]/j);
            solve(a[0]/i,a[n]/j); solve(-a[0]/i,a[n]/j);
        }
    }
    for(auto i:ans)
    {
        if(i.first<0&&i.second<0) i.first=-i.first,i.second=-i.second;
        else if(i.second<0) i.first=-i.first,i.second=-i.second;
    }
    sort(ans.begin(),ans.end(),[&](pair<int,int>&x,pair<int,int>&y){
        return 1.0*x.first/x.second<1.0*y.first/y.second;
    });
    ans.erase(unique(ans.begin(),ans.end(),[&](pair<int,int>&x,pair<int,int>&y){
        return fabs(1.0*x.first/x.second-1.0*y.first/y.second)<1e-8;
    }),ans.end());
    cout<<ans.size()<<endl;
    for(auto i:ans)
    {
        if(i.first<0&&i.second<0) i.first=-i.first,i.second=-i.second;
        else if(i.second<0) i.first=-i.first,i.second=-i.second;
        if(i.second>1) printf("%d/%d\n",i.first,i.second);
        else printf("%d\n",i.first);
    }
    return 0;
}