一元三次方程
题目描述
有形如：ax3+bx2+cx+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>=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。
输入样例
1.0 -5.0 -4.0 20.0
输出样例
-2.00 2.00 5.00
##题目分析##
乍一看是一道数学题，没错确实可以用这种方法来做，但是当你遇到类似的题目，而又不知道公式的时候，就必须找另一种方法来解决，那我们就通过三种方法来讲述一下这道题目。
1：数学方法
2：模拟方法
3：分治方法
##数学方法##
这种方法就是直接套公式喽
如上图就是一元三次方程的公式
只需了解，背诵啥的等到高中吧（百度搜索:盛金公式）
#include <iOStream>
#include <math.h>
#include <iomanip>
using namespace std;
int main()
{
double a,b,c,d;
double as,bs,t,si;
double x1,x2,x3;
cin>>a>>b>>c>>d;
as=b*b-3*a*c;
bs=b*c-9*a*d;
t=(2*as*b-3*a*bs)/(2*sqrt(as*as*as));
si=acos(t);
x1=(-b-2*sqrt(as)*cos(si/3))/(3*a);
x2=(-b+sqrt(as)*(cos(si/3)+sqrt(3)*sin(si/3)))/(3*a);
x3=(-b+sqrt(as)*(cos(si/3)-sqrt(3)*sin(si/3)))/(3*a);
cout<<fixed<<setprecision(2)<<x1<<" ";
cout<<fixed<<setprecision(2)<<x3<<" ";
cout<<fixed<<setprecision(2)<<x2<<" ";
return 0;
}
代码就差不多长这样，没啥好说的
##模拟方法##
直接暴力枚举也是一种方法，只可惜可能没发过所有的数据
枚举的思路就是在-100到100的范围内，以0.01为基准（在洛谷提交的经验）一个一个从小到大搜，搜到了就输出，这种思路还是十分水的，然而令我不能接受的是，这种漏洞百出的思路似乎还可以ac，谁叫洛谷数据只用搜索200*100=20000次呢，这种大家可以用五分钟来写一下，真的很简单啊。
下面是代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double a,b,c,d;
int main()
{
cin>>a>>b>>c>>d;
for(double i=-100.00;i<=100.00;i+=0.01)
{
if(a*i*i*i+b*i*i+c*i+d<0.00000001&&a*i*i*i+b*i*i+c*i+d>-0.00000001)
printf("%.2f ",i);
}
return 0;
}
看上去很简单（实际上也很简单），可是还有一处细节，因为我们c++的double是定义到12位数的，所以在执行aiii+bii+ci+d时，它也会自动算到很后面很后面的位置，达不到完全相等，所以我不写0，反而是写>0.00000000001类似的，这样的话就避免了程序本身误差出现的问题，大家可以试一下，写0的d得0分，写>0.00000001满分，这简直跟大头的尺寸一样令人惊讶。
##分治算法##
好了终于到正常的方法了，这是一道敲经典的分治问题。
那问题来了，分治怎么分，以什么作为端点来分治？首先采用的便是二分策略，左端点x到中间点mid，中间点mid再到右端点y，以此类推。
但是这样的分治方法似乎效率没法提高，题目中有一句话：记方程f（x）=0，若存在两个数x1，x2且x1x2,f(x)*f(x2)<0，则在x，x2这个范围之中一定有一个解，我们可能不能了解这句话什么意思，但是我们可以照着这句话来写。先贴一下代码，然后我们慢慢探讨。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iomanip>
using namespace std;
double a,b,c,d;
int now=0;
double f(double x)
{
double res=a*x*x*x+b*x*x+c*x+d;
return res;
}
void ser(double x,double y)
{
if(y-x<0.005)
{
cout<<setprecision(2)<<x<<" ";
now++;
return ;
}
double mid = (x + y) / 2;
if(f(mid)==0)
{
cout<<setprecision(2)<<mid<<" ";
now++;
return ;
}
if(f(x)*f(mid)<0)
{
ser(x,mid);
}
if(f(mid)*f(y)<0)
{
ser(mid,y);
}
}
void work_()
{
for(double i=-100;i<100;i++)
{
if(f(i)==0)
{
printf("%0.2lf",i);
now++;
}
if(f(i)*f(i+1)<0)
{
ser(i,i+1);
}
if(now==3)
{
break;
}
}
}
int main()
{
cin>>a>>b>>c>>d;
work_();
return 0;
}
好，这里大致的思路已经ojbk了，那有几个细节，第一个地方就是变量now，now指的是当前有多少个解，一元三次方程只能有3个解，所以我们的now==3时，就停止运算，消减了很多的运算步骤。
还有就是当f（x）==0时，我们也是选择直接输出，多判断了一步，却可能省下很多步，十分的划算。
那好了，一元三次方程就讲完了
然后这道题方法很多，我再举出几种
比如数学超前学习的可以使用倒数来做，还有就是盛金公式的变化牛顿迭代法，有兴趣可以参考
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