BZOJ 3751 [NOIP2014]解方程 百年老坑填坑計劃QAQ--Hash

題意:
已知多項式方程：

a0+a1∗x+a2∗x2+a3∗x3+....+an∗xn

求這個方程在[1,m]內的整數解（n和m均爲正整數）。
解析:
記得我在去年的考場上看完這道題的表情是這樣的->
好像騙到了一元二次那部分的分？
這題看完Po姐當年的題解感覺好簡單啊…
BZ的這個題是加強了數據的。
我們考慮做法。
如果f(x)=0 那麼有f(x mod p)mod p=0,p爲質數
這個hash的衝突性應該取決於你所取的質數以及數據…
如果我們只考慮一個質數的話，那麼顯然可能被卡，但是如果我們選5,6個質數的話，只需要判斷f(x mod p) 在這些模意義下是否都是零就可以了！
不妨設我們選了a個質數
複雜度的話，首先我們計算模意義下的值應該是O(n*p*a)
然後我們枚舉1~m中的數，檢驗的複雜度是O(m*a)
其中需要注意的是，取模的費時比較高，所以我們可以考慮把相乘的部分開成long long減少取模次數。
代碼:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 110
#define M 11000
#define K 1001101
using namespace std;
typedef int ll;
ll prime[6]={0,10007,11261,19997,21893,20947};
long long num[N][6];
long long ans[21893][6];
char s[M];
ll n,m;
void read(ll now)
{
    scanf("%s",s+1);
    ll len=strlen(s+1);
    bool flag=0;
    for(ll i=1;i<=len;i++)
    {
        if(s[i]=='-'){flag=1;continue;}
        ll tmp=s[i]-'0';
        for(ll j=1;j<=5;j++)
        {
            num[now][j]=((num[now][j]<<1)+(num[now][j]<<3)+tmp)%prime[j];
        }
    }
    if(flag)
    {
        for(ll j=1;j<=5;j++)
            num[now][j]=prime[j]-num[now][j];
    }
}
ll calc(ll number,ll no)
{
    ll ret=num[n][no];
    for(ll i=n-1;i>=0;i--)
    {
        ret=(num[i][no]+ret*number)%prime[no];
    }
    return ret;
}
ll sta[K];
ll top;
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(ll i=0;i<=n;i++)read(i);
    for(ll i=1;i<=5;i++)
        for(ll j=0;j<prime[i];j++)
            ans[j][i]=calc(j,i);
    for(ll i=1;i<=m;i++)
    {
        bool flag=1;
        for(ll j=1;j<=5;j++)
            if(ans[i%prime[j]][j]!=0)
            {flag=0;break;}
        if(flag)sta[++top]=i;
    }
    printf("%d\n",top);
    for(ll i=1;i<=top;i++)
        printf("%d\n",sta[i]);
    return 0;
}