NOIP2001 一元三次方程求解[導數+牛頓迭代法]

題目描述

有形如：ax3+bx2+cx+d=0 這樣的一個一元三次方程。給出該方程中各項的系數(a，b，c，d 均為實數)，並約定該方程存在三個不同實根(根的范圍在-100至100之間)，且根與根之差的絕對值>=1。要求由小到大依次在同一行輸出這三個實根(根與根之間留有空格)，並精確到小數點后2位。

提示：記方程f(x)=0，若存在2個數x1和x2，且x1<x2，f(x1)*f(x2)<0，則在(x1，x2)之間一定有一個根。

輸入輸出格式

輸入格式：

 

一行，4個實數A，B，C，D。

 

輸出格式：

 

一行，三個實根，並精確到小數點后2位。

 

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

1 -5 -4 20

輸出樣例#1：

-2.00 2.00 5.00

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數據規模太小，可以隨便暴力

但為了證明我這幾天微積分沒白學，用一個高級的方法
首先 f(x)=ax3+bx2+cx+d 求導得到 df/dx=3ax2+2bx+c
求這個導數的零點(就是二次函數求根公式了)得到f(x)的最值點
最值點組成的三個區間一定各有一個f(x)零點，使用牛頓迭代法求得這個零點即可
牛頓迭代法就是不停的用一個點的切線擬合曲線，那個點的導數就是切線斜率

依次類推，可以得到求高次函數零點的一種迭代法：
求n次函數零點，需要極值點來划分區間，也就需要求其導數(n-1次函數)的零點，依次迭代到n=2直接通過公式(當然n=3或4也可以)
最后的復雜度依賴於求零點算法的復雜讀
貌似沒有人發表過，那么就叫Candy迭代法吧
不過這和三分法求極值相比有優勢嗎?

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//  main.cpp
//  一元三次方程
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//  Copyright © 2016年 Candy. All rights reserved.
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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;
}