生活大爆炸版石頭剪刀布
題目描述
石頭剪刀布是常見的猜拳游戲：石頭勝剪刀，剪刀勝布，布勝石頭。如果兩個人出拳一樣，則不分勝負。在《生活大爆炸》第二季第8 集中出現了一種石頭剪刀布的升級版游戲。
升級版游戲在傳統的石頭剪刀布游戲的基礎上，增加了兩個新手勢：
斯波克：《星際迷航》主角之一。
蜥蜴人：《星際迷航》中的反面角色。
這五種手勢的勝負關系如表一所示，表中列出的是甲對乙的游戲結果。
現在，小A 和小B 嘗試玩這種升級版的猜拳游戲。已知他們的出拳都是有周期性規律的，但周期長度不一定相等。例如：如果小 A以“石頭 - 布- 石頭- 剪刀- 蜥蜴人- 斯波克”長度為6 的周期出拳，那么他的出拳序列就是“石頭- 布- 石頭- 剪刀- 蜥蜴人- 斯波克- 石頭- 布- 石頭- 剪刀- 蜥蜴人- 斯波克- ……”，而如果小B 以“剪刀- 石頭- 布- 斯波克- 蜥蜴人”長度為5 的周期出拳，那么他出拳的序列就是“剪刀- 石頭- 布- 斯波克- 蜥蜴人- 剪刀- 石頭- 布-斯波克- 蜥蜴人- ……”
已知小A 和小B 一共進行N 次猜拳。每一次贏的人得1 分，輸的得0 分；平局兩人都得0 分。現請你統計N 次猜拳結束之后兩人的得分。
輸入輸出格式
輸入格式：
輸入文件名為rps.in。
第一行包含三個整數：N ，NA，NB，分別表示共進行 N 次猜拳、小 A 出拳的周期長度，小B 出拳的周期長度。數與數之間以一個空格分隔。
第二行包含NA個整數，表示小 A 出拳的規律，第三行包含NB個整數，表示小 B 出拳的規律。其中，0 表示“剪刀”，1 表示“石頭”，2 表示“布”，3 表示“蜥蜴人”， 4 表示“斯波克”。數與數之間以一個空格分隔。
輸出格式：
輸出文件名為**rps.out **。
輸出一行， 包含兩個整數，以一個空格分隔，分別表示小A 、小B 的得分。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1：
10 5 6
0 1 2 3 4
0 3 4 2 1 0
輸出樣例#1：
6 2
輸入樣例#2：
9 5 5
0 1 2 3 4
1 0 3 2 4
輸出樣例#2：
4 4
說明
對于100%的數據，0 < N ≤ 200 ，0 < NA ≤ 200 ， 0 < NB ≤ 200 。
思路
用數組存下不同情況的貢獻(見代碼)
然后對每一個情況判斷
代碼
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,na,nb,sa,sb,a[190],b[190],f[5][5];
void work()
{
for(int i=na;i<n;i++) a[i]=a[i%na];
for(int i=nb;i<n;i++) b[i]=b[i%nb];
f[0][2]=1,f[0][3]=1;
f[1][0]=1,f[1][3]=1;
f[2][1]=1,f[2][4]=1;
f[3][2]=1,f[3][4]=1;
f[4][0]=1,f[4][1]=1;
}
void Input() //輸入
{
scanf("%d%d%d",&n,&na,&nb);
for(int i=0;i<na;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<nb;i++) scanf("%d",&b[i]);
}
int main()
{
Input();
work();
for(int i=0;i<n;i++)
sa+=f[a[i]][b[i]],sb+=f[b[i]][a[i]];
printf("%d %d\n",sa,sb);
return 0;
}
無線網絡發射器選址
題目描述
隨著智能手機的日益普及，人們對無線網的需求日益增大。某城市決定對城市內的公共場所覆蓋無線網。
假設該城市的布局為由嚴格平行的129 條東西向街道和129 條南北向街道所形成的網格狀，并且相鄰的平行街道之間的距離都是恒定值 1 。東西向街道從北到南依次編號為0,1,2…128 , 南北向街道從西到東依次編號為0,1,2…128 。
東西向街道和南北向街道相交形成路口，規定編號為x 的南北向街道和編號為y 的東西向街道形成的路口的坐標是（x , y ）。 在 某 些 路口存在一定數量的公共場所 。
由于政府財政問題，只能安裝一個大型無線網絡發射器。該無線網絡發射器的傳播范圍
一個以該點為中心，邊長為2*d 的正方形。傳播范圍包括正方形邊界。
例如下圖是一個d = 1 的無線網絡發射器的覆蓋范圍示意圖。
現在政府有關部門準備安裝一個傳播參數為d 的無線網絡發射器，希望你幫助他們在城市內找出合適的安裝地點，使得覆蓋的公共場所最多。
輸入輸出格式
輸入格式：
輸入文件名為wireless.in。
第一行包含一個整數d ，表示無線網絡發射器的傳播距離。
第二行包含一個整數n ，表示有公共場所的路口數目。
接下來n 行，每行給出三個整數x , y , k , 中間用一個空格隔開，分別代表路口的坐標( x , y )
以及該路口公共場所的數量。同一坐標只會給出一次。
輸出格式：
輸出文件名為wireless.out 。
輸出一行，包含兩個整數，用一個空格隔開，分別表示能覆蓋最多公共場所的安裝地點 方案數，以及能覆蓋的最多公共場所的數量。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1：
1
2
4 4 10
6 6 20
輸出樣例#1：
1 30
說明
對于100%的數據，1≤d≤20，1≤n≤20, 0≤x≤128,0≤y≤128,0<k≤1,000,000。
思路
對于每一個(x,y,k)，在(x-d~x+d , y-d~y+d)的坐標中的ans都加上k;
表示在(x-d~x+d , y-d~y+d)的范圍內放置路由器，都能覆蓋到(x,y)，
將他的值加上(x,y)處的公共場所數
最后循環找最大值。
代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int d,a[129][129];
void fd(int x,int y,int z) {
for (int i=-d; i<=d; i++)
for (int j=-d; j<=d; j++)
if (i+x>=0&&j+y>=0&&i+x<129&&j+y<129)
a[x+i][y+j]+=z;
return;
}
int main()
{
memset(a,0,sizeof(a));
int x,y,n,z,ans=0,sum=0;
scanf("%d%d",&d,&n);
for (int i=1; i<=n; i++) {
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
fd(x,y,z);
}
for (int i=0; i<=128; i++)
for (int j=0; j<=128; j++) {
if (a[i][j]==ans)
++sum;
if (a[i][j]>ans) {
ans=a[i][j];
sum=1;
}
}
printf("%d %d",sum,ans);
return 0;
}
聯合權值
題目描述
無向連通圖G 有n 個點，n - 1 條邊。點從1 到n 依次編號，編號為 i 的點的權值為W i ，每條邊的長度均為1 。圖上兩點( u , v ) 的距離定義為u 點到v 點的最短距離。對于圖G 上的點對( u, v) ，若它們的距離為2 ，則它們之間會產生Wu×Wv 的聯合權值。
請問圖G 上所有可產生聯合權值的有序點對中，聯合權值最大的是多少？所有聯合權值之和是多少？
輸入輸出格式
輸入格式：
輸入文件名為link .in。
第一行包含1 個整數n 。
接下來n - 1 行，每行包含 2 個用空格隔開的正整數u 、v ，表示編號為 u 和編號為v 的點之間有邊相連。
最后1 行，包含 n 個正整數，每兩個正整數之間用一個空格隔開，其中第 i 個整數表示圖G 上編號為i 的點的權值為W i 。
輸出格式：
輸出文件名為**link .out **。
輸出共1 行，包含2 個整數，之間用一個空格隔開，依次為圖G 上聯合權值的最大值和所有聯合權值之和。由于所有聯合權值之和可能很大，輸出它時要對10007 取余。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1：
5
1 2
2 3
3 4
4 5
1 5 2 3 10
輸出樣例#1：
20 74
說明
本例輸入的圖如上所示，距離為2 的有序點對有(1,3) 、( 2,4) 、( 3,1) 、( 3,5) 、( 4,2) 、( 5,3) 。
其聯合權值分別為2 、15、2 、20、15、20。其中最大的是20，總和為74。
【數據說明】
對于30% 的數據，1 < n≤ 100 ；
對于60% 的數據，1 < n≤ 2000；
對于100%的數據，1 < n≤ 200 , 000 ，0 < wi≤ 10, 000 。
思路
枚舉每一個點；
然后枚舉可以連到他的點；
然后對著些點直接統計答案就好
代碼
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=2e5+5,mo=10007;
struct cs{int to,nxt;}a[N*2];
int head[N],ll,v[N];
int n,ans,x,y,maxans;
void init(int x,int y){
a[++ll].to=y;
a[ll].nxt=head[x];
head[x]=ll;
}
void work(int x){
int sum=0,ma=0,m=0;
for(int k=head[x];k;k=a[k].nxt){
if(v[a[k].to]>ma){
m=ma;
ma=v[a[k].to];
}else
if(v[a[k].to]>m)m=v[a[k].to];
ans=(ans+sum*v[a[k].to])%mo;
sum=(sum+v[a[k].to])%mo;
}
maxans=max(maxans,ma*m);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
init(x,y); init(y,x);
}
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&v[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)work(i);
printf("%d %d",maxans,(ans*2)%mo);
}
尋找道路
題目描述
在有向圖G 中，每條邊的長度均為1 ，現給定起點和終點，請你在圖中找一條從起點到終點的路徑，該路徑滿足以下條件：
1 ．路徑上的所有點的出邊所指向的點都直接或間接與終點連通。
2 ．在滿足條件1 的情況下使路徑最短。
注意：圖G 中可能存在重邊和自環，題目保證終點沒有出邊。
請你輸出符合條件的路徑的長度。
輸入輸出格式
輸入格式：
輸入文件名為road .in。
第一行有兩個用一個空格隔開的整數n 和m ，表示圖有n 個點和m 條邊。
接下來的m 行每行2 個整數x 、y ，之間用一個空格隔開，表示有一條邊從點x 指向點y 。
最后一行有兩個用一個空格隔開的整數s 、t ，表示起點為s ，終點為t 。
輸出格式：
輸出文件名為**road .out **。
輸出只有一行，包含一個整數，表示滿足題目?述的最短路徑的長度。如果這樣的路徑不存在，輸出- 1 。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1：
3 2
1 2
2 1
1 3
輸出樣例#1：
-1
輸入樣例#2：
6 6
1 2
1 3
2 6
2 5
4 5
3 4
1 5
輸出樣例#2：
3
說明
解釋1：
如上圖所示，箭頭表示有向道路，圓點表示城市。起點1 與終點3 不連通，所以滿足題
目描述的路徑不存在，故輸出- 1 。
解釋2：
如上圖所示，滿足條件的路徑為1 - >3- >4- >5。注意點2 不能在答案路徑中，因為點2連了一條邊到點6 ，而點6 不與終點5 連通。
數據范圍
對于30%的數據，0<n≤10，0<m≤20；
對于60%的數據，0<n≤100，0<m≤2000；
對于100%的數據，0<n≤10,000，0<m≤200,000，0<x，y，s，t≤n，x≠t。
思路
- 只需要在滿足條件上的點進行最短路即可
- 那么這么找滿足條件的點呢,
- 先在循環中就標記每個點的出度,
- 我們現在在終點進行一次bfs,經過一個點那么它的num數組++,也就是標記一下它的入度,
- 那么spfa時滿足條件的點就是出度等于入度的點
很簡單
代碼
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int INF=100000111;
int n,m,s,t,tail,vis[350001],head1[350001],head2[350001],sign[350001],inqueue[350001],chu[350001],num[350001];
struct node {
int u,v,next;
};
node r1[350001],r2[350001];
queue<int>q;
void add(int x,int y) {
r1[++tail].u=x;
r1[tail].v=y;
r1[tail].next=head1[x];
head1[x]=tail;
r2[tail].u=y;
r2[tail].v=x;
r2[tail].next=head2[y];
head2[y]=tail;
}
void bfs(int sx) {
q.push(sx);
sign[sx]=1;
while (!q.empty()) {
int sx=q.front();
q.pop();
for (int i=head2[sx];i;i=r2[i].next) {
int nex=r2[i].v;
num[nex]++;
if (!sign[nex]) {
sign[nex]=1;
q.push(nex);
}
}
}
}
void spfa(int sx,int sy) {
for (int i=1;i<=n;i++)
vis[i]=INF;
q.push(sx);
inqueue[sx]=1;
vis[sx]=0;
while (!q.empty()) {
int sx=q.front();
q.pop();
for (int i=head1[sx];i;i=r1[i].next) {
int nex=r1[i].v;
if (vis[sx]+1 < vis[nex] && num[nex]==chu[nex]) {
vis[nex]=vis[sx]+1;
if (!inqueue[nex]) {
inqueue[nex]=1;
q.push(nex);
}
}
}
}
if (vis[sy] == INF) printf("-1");
else printf("%d",vis[sy]);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=m;i++) {
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
chu[x]++;
}
scanf("%d%d",&s,&t);
bfs(t);
spfa(s,t);
return 0;
}
飛揚的小鳥
原題
Flappy Bird 是一款風靡一時的休閑手機游戲。玩家需要不斷控制點擊手機屏幕的頻率來調節小鳥的飛行高度，讓小鳥順利通過畫面右方的管道縫隙。如果小鳥一不小心撞到了水管或者掉在地上的話，便宣告失敗。
- 為了簡化問題，我們對游戲規則進行了簡化和改編:
游戲界面是一個長為 n，高為 m 的二維平面，其中有 k 個管道（忽略管道的寬度）。
小鳥始終在游戲界面內移動。小鳥從游戲界面最左邊任意整數高度位置出發，到達游戲界面最右邊時，游戲完成。
小鳥每個單位時間沿橫坐標方向右移的距離為 1，豎直移動的距離由玩家控制。如果點擊屏幕，小鳥就會上升一定高度 X，每個單位時間可以點擊多次，效果疊加；如果不點擊屏幕，小鳥就會下降一定高度 Y。小鳥位于橫坐標方向不同位置時，上升的高度 X 和下降的高度 Y 可能互不相同。
小鳥高度等于 0 或者小鳥碰到管道時，游戲失敗。小鳥高度為 m 時，無法再上升。
現在,請你判斷是否可以完成游戲。如果可以，輸出最少點擊屏幕數；否則，輸出小鳥最多可以通過多少個管道縫隙。
輸入輸出
輸入格式
第 1 行有 3個整數 n,m,，分別表示游戲界面的長度，高度和水管的數量，每兩個整數之間用一個空格隔開；
接下來的 nn 行，每行 2 個用一個空格隔開的整數 X 和 Y，依次表示在橫坐標位置 0～n?10～n?1 上玩家點擊屏幕后，小鳥在下一位置上升的高度 X，以及在這個位置上玩家不點擊屏幕時，小鳥在下一位置下降的高度 Y。
接下來 kk 行，每行 33 個整數 P,L,HP,L,H，每兩個整數之間用一個空格隔開。每行表示一個管道，其中 PP 表示管道的橫坐標，LL 表示此管道縫隙的下邊沿高度，HH 表示管道縫隙上邊沿的高度（輸入數據保證 PP 各不相同，但不保證按照大小順序給出）。
輸出格式
共兩行。
第一行，包含一個整數，如果可以成功完成游戲，則輸出 11，否則輸出 00。
第二行，包含一個整數，如果第一行為 11，則輸出成功完成游戲需要最少點擊屏幕數，否則，輸出小鳥最多可以通過多少個管道縫隙。
樣例一
input
10 10 6
3 9
9 9
1 2
1 3
1 2
1 1
2 1
2 1
1 6
2 2
1 2 7
5 1 5
6 3 5
7 5 8
8 7 9
9 1 3
output
1
6
樣例二
input
10 10 4
1 2
3 1
2 2
1 8
1 8
3 2
2 1
2 1
2 2
1 2
1 0 2
6 7 9
9 1 4
3 8 10
output
0
3
限制與約定
對于 30%的數據：5≤n≤10,5≤m≤10,k=05≤n≤10,5≤m≤10,k=0，保證存在一組> 最優解使得同一單位時間最多點擊屏幕 33 次；
對于 50%的數據：5≤n≤20,5≤m≤105≤n≤20,5≤m≤10，保證存在一組最優解使得同一單位時間最多點擊屏幕 33 次；
對于 70%的數據：5≤n≤1000,5≤m≤1005≤n≤1000,5≤m≤100；
對于 100%的數據：5≤n≤10000,5≤m≤1000，0≤k<n,0<X<m,0<Y<m,0<P<n,0≤L<H≤m,L+1<H5≤n≤10000,5≤m≤1000，0≤k<n,0<X<m,0<Y<m,0<P<n,0≤L<H≤m,L+1<H。
時間限制：1s1s
空間限制：128MB
說明
【輸入輸出樣例說明】
如下圖所示，藍色直線表示小鳥的飛行軌跡，紅色直線表示管道。
【數據范圍】
對于30% 的數據：5 ≤ n ≤ 10，5 ≤ m ≤ 10，k = 0 ，保證存在一組最優解使得同一單位時間最多點擊屏幕3 次；
對于50% 的數據：5 ≤ n ≤ 2 0 ，5 ≤ m ≤ 10，保證存在一組最優解使得同一單位時間最多點擊屏幕3 次；
對于70% 的數據：5 ≤ n ≤ 1000，5 ≤ m ≤ 1 0 0 ；
對于100%的數據：5 ≤ n ≤ 100 0 0 ，5 ≤ m ≤ 1 0 00，0 ≤ k < n ，0<X < m ，0<Y <m，0<P <n，0 ≤ L < H ≤ m ，L +1< H 。
思路
首先想到設f[i][j]表示到第i行第j列所需要的最少點擊屏幕次數。轉移方程為
f[ i ][ j ]=min{f[ i-1 ][ j - k*x[i-1] ] + k} (1<= k <= j/x) 上升——①
f[ i ][ j ]=min{f[ i-1 ][ j + y[i-1] } ( j + y[i-1] <= m) 下降
顯然，下降可以O(1)轉移，主要問題在上升的轉移。
我們將上升的方程變一下：
f[ i ][ j - x[i-1] ]=min{f[ i-1 ][ (j - x[i-1]) - (k-1)*x[i-1] ] + k -1} ——②
這是 f[ i ][ j - x[i-1] ] 的轉移。
由 ② 化簡可得：
f[ i ][ j - x[i-1] ]=min{f[ i-1 ][ j - kx[ i-1] ] + k -1}——③
由①③消去f[ i-1 ][ j - kx[ i-1] ]+k可得
f[ i ][ j ]= f[ i ][ j - x[ i-1 ] ]+1
于是就可以O(n*m)的時間內出解
代碼
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define rg register
using namespace std;
#define ll long long
inline int gi()
{
rg bool b=0;
rg int r=0;
char c=getchar();
while(c<'0' || c>'9')
{
if(c=='-') b=!b;
c=getchar();
}
while(c>='0' && c<='9')
{
r=r*10+c-'0';
c=getchar();
}
if(b) return -r;
return r;
}
const int inf = 2100000000, N = 10005, M = 1005;
int n,m,q,x[N],y[N],f[N][M];
bool b[N];
struct data
{
int up,down;
} da[N];
int main()
{
freopen ("birda.in","r",stdin);
freopen ("birda.out","w",stdout);
int i,p,j,k,cnt,ans;
n=gi(), m=gi(), q=gi();
for (i=0; i<n; i++) x[i]=gi(), y[i]=gi();
for (i=1; i<=n; i++) da[i].down=0, da[i].up=m+1;
for (i=0; i<q; i++) p=gi(), da[p].down=gi(), da[p].up=gi(); //一定要加，不然會影響到第65行的循環枚舉
for (i=1; i<=n; i++) for (j=0; j<=m; j++) f[i][j]=inf; //初始化。0位置除地面外都為0
f[0][0]=inf;
for (i=1; i<=n; i++)
{
for (j=x[i-1]; j<=m; j++)
{
f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j-x[i-1]]+1), f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-x[i-1]]+1); //更新解，先不考慮水管
if (j == m) //特殊判斷 j==m 的情況，因為不能超過 m ，所以有多種轉移
for (k=m-x[i-1]; k<=m; k++)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+1), f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+1);
}
for (j=da[i].down+1; j<da[i].up; j++) //處理下落，必須是合法的
if (j+y[i-1] <= m)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j+y[i-1]]);
for (j=1; j<=da[i].down; j++) f[i][j]=inf; //考慮水管，去掉不合法的解
for (j=m; j>=da[i].up; j--) f[i][j]=inf;
}
cnt=q,ans=inf;
for (i=n; i>=1; i--)
{
for (j=1; j<=m; j++) ans=min(ans,f[i][j]); //若 ans 有值則代表能到達。
if (ans < inf) break;
if (da[i].up <= m) cnt--; // da[i].up <= m 才是真水管
}
if (cnt == q) printf("1\n%d\n",ans);
else printf("0\n%d\n",cnt);
return 0;
}
解方程
題目描述
已知多項式方程：
a0+a1x+a2x^2 +...+anx^n=00
求這個方程在[1, m ] 內的整數解（n 和m 均為正整數）
輸入輸出格式
輸入格式：
輸入文件名為equation .in。
輸入共n + 2 行。
第一行包含2 個整數n 、m ，每兩個整數之間用一個空格隔開。
接下來的n+1 行每行包含一個整數，依次為a0,a1,a2..an
輸出格式：
輸出文件名為equation .out 。
第一行輸出方程在[1, m ] 內的整數解的個數。
接下來每行一個整數，按照從小到大的順序依次輸出方程在[1, m ] 內的一個整數解。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1：
2 10
1
-2
1
輸出樣例#1：
1
1
輸入樣例#2：
2 10
2
-3
1
輸出樣例#2：
2
1
2
說明
對于30%的數據:0<n<=2,|ai|<=100,an!=0,m<100
對于50%的數據:0<n<=100,|ai|<=10^100,an!=0,m<100
對于70%的數據:0<n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<10000
對于100%的數據:0<n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<1000000
思路
秦九韶算法
其實我們可以把左邊的式子當成一個算式來計算，從1到m枚舉，只要結果是0，那么當前枚舉到的值就是這個等式的解了。可以通過編寫一個bool函數來判斷算式的值是不是0~
代碼
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int p=1000000007;//取模比較方便qwq為了出現奇怪的錯誤建議多模幾個質數
bool t=true;//用來判斷是否有解
int n,m,ans,cnt,sum=0;//cnt記錄解的個數；sum用來計算多項式的結果
int A[103],key[1000003];
//A[]記錄式中的a0,a1,a2(注意是以0為起點)
//key記錄每個解的值
ll read()//讀入優化(似乎不加會T兩個點w)
{
ll sum=0,fg=1;
char c=getchar();
while(c < '0' || c > '9')
{
if(c=='-') fg=-1;//如果讀到負號則記錄
c=getchar();
}
while(c >='0' && c <='9')
{
sum=((sum*10)+c-'0')%p;
//注意因為A[]可能很大，所以讀入時就要進行取模操作
c=getchar();
}
return sum*fg;
//如果是負數(fg==-1，即讀到了負號)那么返回的值為負數
}
void print(int x)//輸出優化(這個可以不加qwq)
{
if(x<0)
{
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>9)
{
print(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
bool calc(ll x)
{
sum=0;//一定要清零！！！(不然只有10分嗚嗚嗚)
for(ll i=n;i>=0;i--)
{
sum=((A[i]+sum)*x)%p;
//這里套用秦九韶算法求多項式的值
}
return !sum;//如果答案是0說明x值為該多項式的解，返回1(true)
}
int main()
{
n=read();
m=read();
for(ll i=0;i<=n;i++)
{
A[i]=read();
}
for(ll i=1;i<=m;i++)
{
if(calc(i))//如果返回的是1(true)則說明有解
{
t=false;
ans++;//記錄答案個數
key[++cnt]=i;//記錄每個解的值
}
}
if(t)
{
cout<<ans<<endl;//如果t未改變則說明解的個數為0
return 0;
}
print(ans);
printf("\n");
for(ll i=1;i<=cnt;i++)
{
print(key[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
