Description
已知多项式方程：$ a_ 0+a_ 1*x+a_ 2*x^2+...+a_ n*x^n=0$
求这个方程在[1,m]内的整数解（n和m均为正整数）。
Input
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。
Output
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。
Sample Input
2 10 2 -3 1
Sample Output
2 1 2
HINT
对于100%的数据，0<n≤100，|ai|≤10^10000，an≠0，m≤1000000。
Source
Solution
考虑对等式左边整体对质数取模，这部分用秦九韶算法实现可以大大提速，并且可以避免大量的高精度运算
假设模数为$p$，不难发现在模$p$意义下$x$与$x+kp$得到的结果一样，所以我们可以预处理出$[0,p)$的答案，推出$[1,m]$是否可能是解
因为$p$很小会有类似哈希冲撞的事发生，所以我们可以选取多个$p$。据说是选$5$个$20000$左右的质数就可以，然而我换过好几个质数，不是$WA$就是$TLE$，QAQ
代码里的质数是网上找的，并不清楚为什么这人的人品能那么好QAQ，$4$个质数就可以$AC$QAQ
（方法会就行了，这道题考的不是质数的选取，质数照抄就行了）
1 #include2 using namespace std; 3 char s[105][10005]; 4 int p[4] = { 17389, 22349, 22367, 22369}; 5 int n, a[105], ans[1000005]; 6 bool vis[5][27005]; 7 8 bool check(int x) 9 {10 if(!vis[0][x % 17389]) return false;11 if(!vis[1][x % 22349]) return false;12 if(!vis[2][x % 22367]) return false;13 if(!vis[3][x % 22369]) return false;14 return true;15 }16 17 bool is_zero(int k, int x)18 {19 long long ans = a[n];20 for(int i = n - 1; ~i; --i)21 ans = (ans * x + a[i]) % p[k];22 return !ans;23 }24 25 int main()26 {27 int m, tot = 0;28 scanf("%d%d", &n, &m);29 for(int i = 0; i <= n; ++i)30 scanf("%s", &s[i]);31 for(int i = 0; i < 4; ++i)32 {33 memset(a, 0, sizeof(a));34 for(int j = 0; j <= n; ++j)35 if(s[j][0] == '-')36 for(int k = 1; s[j][k]; ++k)37 a[j] = (a[j] * 10 - s[j][k] + 48 + p[i]) % p[i];38 else39 for(int k = 0; s[j][k]; ++k)40 a[j] = (a[j] * 10 + s[j][k] - 48) % p[i];41 for(int j = 1; j < p[i]; ++j)42 vis[i][j] = is_zero(i, j);43 }44 for(int i = 1; i <= m; ++i)45 if(check(i)) ans[++tot] = i;46 printf("%d\n", tot);47 for(int i = 1; i <= tot; ++i)48 printf("%d\n", ans[i]);49 return 0;50 }