NOIP2001 一元三次方程求解[导数+牛顿迭代法]

Posted 2020-08-22 Candy?

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。

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。

输入输出格式

输入格式：

 

一行，4个实数A，B，C，D。

 

输出格式：

 

一行，三个实根，并精确到小数点后2位。

 

输入输出样例

输入样例#1：

1 -5 -4 20

输出样例#1：

-2.00 2.00 5.00

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数据规模太小，可以随便暴力

但为了证明我这几天微积分没白学，用一个高级的方法
首先 f(x)=ax3+bx2+cx+d 求导得到 df/dx=3ax2+2bx+c
求这个导数的零点(就是二次函数求根公式了)得到f(x)的最值点
最值点组成的三个区间一定各有一个f(x)零点，使用牛顿迭代法求得这个零点即可
牛顿迭代法就是不停的用一个点的切线拟合曲线，那个点的导数就是切线斜率

依次类推，可以得到求高次函数零点的一种迭代法：
求n次函数零点，需要极值点来划分区间，也就需要求其导数(n-1次函数)的零点，依次迭代到n=2直接通过公式(当然n=3或4也可以)
最后的复杂度依赖于求零点算法的复杂读
貌似没有人发表过，那么就叫Candy迭代法吧
不过这和三分法求极值相比有优势吗?

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//  main.cpp
//  一元三次方程
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double eps=1e-3;
double a,b,c,d;
inline double f(double x){return ((a*x+b)*x+c)*x+d;}
inline double df(double x){return (3*a*x+2*b)*x+c;}
double sol(double l,double r){//printf("sol %lf %lf\n",l,r);
    int step=20;double x=(l+r)/2;
    while(step--){
        x=x-f(x)/df(x);
    }
    return x;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
    scanf("%lf%lf%lf%lf",&a,&b,&c,&d);
    double p1=(-sqrt(b*b-3*a*c)-b)/(3*a),
    p2=(+sqrt(b*b-3*a*c)-b)/(3*a);
    printf("%.2f %.2f %.2f\n",sol(-100,p1),sol(p1,p2),sol(p2,100));
    return 0;
}