题意： 给出一个多项式，问有多少个质数\(p\)使得\(p\;|\;f(x)\)，不管\(x\)取何值
思路： 首先所有系数的\(gcd\)的质因子都是可以的。 再考虑一个结论，如果在\(\bmod p\)意义下，多项式中存在\((x^p - x)\)这个因式，那么这个质数\(p\)也是可以的 显然\(p \leq n\)，那么我们只要枚举每个\(\leq n\)的质数，做模\(p\)意义下的多项式除法，判断余数是否为\(0\)即可。
证明：
充分性：考虑\(p\;|\;f(x)\)，即\(f(x) = kp\)，即在\(\bmod p\)意义下，\(f(x) = 0\)，根据欧拉定理，分两种情况讨论 \(x < p\)，又因为\(p\)是质数，那么显然有\((x, p) = 1\)，那么\(x^{p - 1} \equiv 1 \pmod p\)，有\(x^{p} - x \equiv 0 \pmod p\)\(x \geq p\)，如果\(gcd(x, p)\)不为\(1\)，那么显然有\(gcd(x, p) = p\)，那么已经满足\(p\;|\;f(x)\)，否则套用欧拉定理必要性：如果\(p\;|\;f(x)\)，那么\(0, 1, \cdots, p - 1\)必然为\(f(x)\)的一个根，那么\(f(x)\)有因式\(x(x - 1)(x - 2)\cdots(x - (p - 1))\)。我们考虑这个因式与\(x^p - x\)是等价的，如果不是等价的，那么作差之后，最高次变为\(p - 1\)，而根的个数却有\(p\)个,显然矛盾 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 10010 int n, a[N], b[N]; bool isprime(int x) { for (int i = 2; 1ll * i * i <= x; ++i) { if (x % i == 0) { return false; } } return true; } int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; } bool ok(int p) { if (a[0] % p) { return false; } for (int i = 0; i <= n; ++i) { b[i] = a[i]; } for (int i = n; i >= p - 1; --i) { (b[i - (p - 1)] += b[i]) %= p; b[i] = 0; } for (int i = 0; i <= n; ++i) { if (b[i] % p) { return false; } } return true; } int main() { while (scanf("%d", &n) != EOF) { int G = 0; for (int i = 0; i <= n; ++i) { scanf("%d", a + i); G = gcd(G, abs(a[i])); } reverse(a, a + 1 + n); vector <int> res; for (int i = 2; 1ll * i * i <= G; ++i) { if (G % i == 0) { res.push_back(i); while (G % i == 0) { G /= i; } } } if (G > 1) { res.push_back(G); } for (int i = 2; i <= n; ++i) { if (isprime(i) && ok(i)) { res.push_back(i); } } sort(res.begin(), res.end()); res.erase(unique(res.begin(), res.end()), res.end()); for (auto it : res) { printf("%d\n", it); } // puts("------------"); } return 0; }转载于:https://www.cnblogs.com/Dup4/p/10750749.html
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