P1024 [NOIP 2001 提高组] 一元三次方程求解

记录115

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps=1e-4;//浮点数会有一定的误差,epsilon浮点数比较时允许的误差范围（精度容差） 
double a,b,c,d;
double f(double x){
	return a*x*x*x+b*x*x+c*x+d;
} 
int main(){
	cin>>a>>b>>c>>d;
	for(int i=-100;i<=100;i++){//fabs()函数，浮点数的绝对值 
		double L=i,R=i+1,mid;//数<1e-4 时候，当它就近似是0了 
		if(fabs(f(L))<eps) cout<<fixed<<setprecision(2)<<L<<" ";//左端点是根输出 
		else if(fabs(f(R))<eps) continue;//右端点是根跳过,因为在下一轮循环,它是左端点(去重) 
		else if(f(L)*f(R)<0){//如果两点之间存在根 
			while(R-L>eps){//两个界限没有重合 
				mid=(L+R)/2;//二分答案来找 
				if(f(mid)*f(R)>0) R=mid;//向右边靠拢找 
				else L=mid;//向坐标左边靠拢 
			}
			cout<<fixed<<setprecision(2)<<L<<" ";//输出 
		}
	}
	return 0;//结束程序 
}

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前言

我是一名专注信奥赛（CSP-J/S、NOIP）的教练。

• 如果你觉得这篇题解对你有帮助，欢迎点击关注我的CSDN账号，我会持续更新高质量算法解析。
• 我深知算法思维的构建远比单纯通过题目更重要，本系列题解不局限于AC代码的堆砌，而是致力于拆解题目背后的逻辑链条与核心知识点
• 备赛路上若遇瓶颈，欢迎随时评论或私信，我将甄选典型疑难问题，通过视频讲解或撰写专项文章的形式，为你提供深度答疑。

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题目传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P1024

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突破口

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。

提示：记方程 f(x)=0，若存在 2 个数 x1​ 和 x2​，且 x1​<x2​，f(x1​)×f(x2​)<0，则在 (x1​,x2​) 之间一定有一个根。

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🔍 一、题目核心要求

🎯 问题本质

给定一个一元三次方程：

f(x)=ax3+bx2+cx+d=0f(x)=ax3+bx2+cx+d=0

已知：

• 存在三个不同的实根
• 所有根 ∈ [−100, 100]
• 任意两根之差的绝对值 ≥ 1（关键！）

要求：

• 从小到大输出三个实根
• 保留两位小数

✅ 这是一个数值求根问题 ，不能用公式法（卡丹公式复杂且易出错），需用数值逼近方法

🧠 二、核心思路：利用"根隔离" + "二分法"

关键提示解析

若 x1<x2x1​<x2​ 且 f(x1)⋅f(x2)<0f(x1​)⋅f(x2​)<0 ，则 (x1,x2)(x1​,x2​) 内必有一实根。

这是介值定理的直接应用（函数连续 ⇒ 符号变化 ⇒ 必有零点）。

利用"根间距 ≥1"的性质

• 因为任意两根距离 ≥1，所以在区间长度为 1 的小区间 [i, i+1] 中：
  • 最多包含一个根
  • 不会出现多个根挤在一个小区间导致漏检

💡 这是本题能用"步长为1扫描"的理论基础！

算法策略

1. 遍历所有整数区间 ：i 从 −100 到 99，考察区间 [i, i+1]
2. 对每个区间：
   • 若 f(i) ≈ 0 → i 是根，直接输出
   • 若 f(i+1) ≈ 0 → 跳过（下一轮 i+1 会作为左端点处理，避免重复）
   • 若 f(i) * f(i+1) < 0 → 区间内有唯一根，用二分法逼近
3. 由于总共只有 3 个根，循环中恰好会找到 3 次，按 i 递增顺序输出即为从小到大

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代码分析

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps = 1e-4; // 浮点误差容忍度

• eps = 1e-4：用于判断"是否接近0"
• 为什么不是 1e-7？因为最终只需 2 位小数精度 ，1e-4 足够保证四舍五入正确

double a, b, c, d;
double f(double x) {
    return a*x*x*x + b*x*x + c*x + d;
}

• 定义多项式函数 f(x)，避免重复写表达式

int main() {
    cin >> a >> b >> c >> d;

• 读入系数（均为实数）

    for(int i = -100; i <= 100; i++) {
        double L = i, R = i + 1, mid;

• 遍历每个单位区间 [i, i+1]
• 注意：i 从 −100 到 100 （含），但 R = i+1 最大为 101
• 实际有效区间是 [−100, 100]，而根在 [−100,100] 内，所以覆盖完整

情况 1：左端点是根

        if(fabs(f(L)) < eps) 
            cout << fixed << setprecision(2) << L << " ";

• fabs(f(L)) < eps：判断 f(L) ≈ 0
• 直接输出 L（即 i），保留两位小数
• 使用 fixed 和 setprecision(2) 确保格式

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情况 2：右端点是根（跳过，防重复）

        else if(fabs(f(R)) < eps) 
            continue; // 下一轮 i=i+1 时，R 成为新的 L，会被输出

• 避免同一个根被输出两次
• 例如根为 2.0，则在 i=1 时 R=2 是根，跳过；i=2 时 L=2 是根，输出

✅ 巧妙去重！

情况 3：区间内有根（符号变化）

        else if(f(L) * f(R) < 0) {

• f(L) 和 f(R) 异号 → 中间有根

            while(R - L > eps) {
                mid = (L + R) / 2;
                if(f(mid) * f(R) > 0) 
                    R = mid;   // f(mid) 与 f(R) 同号 → 根在左半
                else 
                    L = mid;   // f(mid) 与 f(R) 异号 → 根在右半
            }

🔍 二分法细节：

• 终止条件 ：R - L ≤ eps（区间足够小）
• 更新策略 ：
  • 若 f(mid) 与 f(R) 同号 → 说明 mid 和 R 在根的同一侧 → 根在 [L, mid] → R = mid
  • 否则 → 根在 [mid, R] → L = mid

💡 也可以用 f(L)*f(mid) < 0 判断左半，等价。

            cout << fixed << setprecision(2) << L << " ";
        }
    }
    return 0;
}

• 输出近似根 L（此时 L ≈ R ≈ 真实根）
• 由于 i 从小到大遍历，输出自然有序

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⚠️ 关键设计与易错点

问题	说明
eps 选择	1e-4 足够保证两位小数正确（误差 < 0.005）
去重机制	右端点根跳过，左端点输出，避免重复
根的顺序	因 i 递增扫描，找到的根自然从小到大
浮点比较	永远不要用 == 比较浮点数，必须用 fabs(x) < eps
区间覆盖	i 到 100，确保 [99,100] 被检查，根在 [−100,100] 内全覆盖

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为何不用牛顿迭代或其他方法？

• 牛顿法：需要导数，且可能不收敛（对初值敏感）
• 公式法：三次方程有解析解，但涉及复数运算和三角函数，NOIP 环境下易出错
• 本题特性 （根隔离 + 间距 ≥1）使得简单二分扫描 成为最优解：
  • 稳定、可靠、易实现
  • 时间复杂度：200 个区间 × log₂((1)/1e-4) ≈ 200 × 14 = 2800 次函数求值，极快