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;
}
