洛谷P1024 [NOIP2001 提高组] 一元三次方程求解（优雅的暴力+二分，干净利落）

P1024 [NOIP2001 提高组] 一元三次方程求解

前言
题目
- 题目描述
- 输入格式
- 输出格式
- 样例 #1
- - 样例输入 #1
  - 样例输出 #1
- 题目分析
- 注意事项
代码
后话
- 额外测试用例
- - 样例输入 #2
  - 样例输出 #2
- 王婆卖瓜
题目来源

前言

没有前言，可能因为作者忘了编辑

题目

题目描述

有形如： $a x^3 + b x^2 + c x + d = 0$ 这样的一个一元三次方程。给出该方程中各项的系数（ $a, b, c, d$ 均为实数），并约定该方程存在三个不同实根（根的范围在 $- 100$ 至 $100$ 之间），且根与根之差的绝对值 $\ge 1$ 。要求由小到大依次在同一行输出这三个实根(根与根之间留有空格)，并精确到小数点后 $2$ 位。

提示：记方程 $f (x) = 0$ ，若存在 $2$ 个数 $x_1$ 和 $x_2$ ，且 $x_1 < x_2$ ， $f(x_1) \times f(x_2) < 0$ ，则在 $x_1, x_2)$ 之间一定有一个根。

输入格式

一行， $4$ 个实数 $a, b, c, d$ 。

输出格式

一行， $3$ 个实根，从小到大输出，并精确到小数点后 $2$ 位。

样例 #1

样例输入 #1

1 -5 -4 20

样例输出 #1

-2.00 2.00 5.00

题目分析

这题就算比较简单的一题，也有很多方法，有数学加成比较高的盛金法和牛顿迭代法等等，我就用比较简单易懂的暴力+二分来做。
当然有个前提是知道勘根定理，当然题目也有给。就是记方程 $f (x) = 0$ ，若存在 $2$ 个数 $x_1$ 和 $x_2$ ，且 $x_1 < x_2$ ， $f(x_1) \times f(x_2) < 0$ ，则在 $x_1, x_2)$ 之间一定有一个根。
能使用我这个方法也有一个前提就是题目所说的“两个根之间距离大于等于1” 。所以我们可以先间隔为1遍历每个长度为1的区间，只需要200次就可以找到三个解的大致区间。
然后就剩下三个分别为1 的区间是解，这是我们就可以用二分的方法利用勘根定理来做二分，只要l和mid的符号相同（相乘为正）说明不在这个区间内，我们就可以更换区间，知道l逼近于r，这时候就不需要考虑这个区间中有几个解。

注意事项

1.注意浮点数的处理，建议里面都使用浮点数，使用int可能会损失精度。
2.浮点数关于相等的判断。使用fabs(x)<1e-6或者x<1e-6&&x>1e-6来判断x是否等于0，使用l-r<1e-6来判断l==r
3.关于有解等于0的办法。我这里将符合的解都加上0.001，这样就不会出现等于0导致误判的情况了。

代码

轻松拿下，只有四个点。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;double a,b,c,d;
double f(double x){//函数值return a*x*x*x+b*x*x+c*x+d;
}
int negative(double x){//返回正负性或0if(fabs(x)<=1e-6){return 0;}else if(x<0){return -1;		}elsereturn 1;
}
int main()
{cin>> a>>b>>c>>d;double solution[100]={0};int point =0;double lastsol=negative(f(-100));for(int i=-99;i<=100;i++){if(f(i)*lastsol<=0||fabs(f(i))<1e-6)solution[point++]=i+0.001;lastsol=negative(f(i+0.001));}for(int i =0;i<3;i++){double l=solution[i]-1,r=solution[i]+1;while(r-l>0.001){double mid = (l+r)/2;if(f(l)*f(mid)>0)//说明l和mid在同侧，则解在mid和r之间l=mid;elser=mid; 	}printf("%.2lf ",(l+r)/2); }return 0;
}