整理的算法模板合集： ACM模板
我们判断两点（x）之间是否有根的依据是是否存在 f ( x ) ∗ f ( y ) < 0 f(x) * f(y)<0 f(x)∗f(y)<0 然后由于题目中说根于根之间的差的绝对值大于等于1，以及范围只有-100到100所以我们可以直接枚举，每次+1，缩小范围，然后二分答案精确到0.001即可。
需要注意的是由于我们枚举的时候是从-100到100挨个枚举的所以我们在输出的时候l和r我们只能输出一个，因为一个输出以后另一个由于循环一定会再次到达这个点。所以我们枚举到99，只输出r（l = i, r = i + 1）
#include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 200007; const double eps = 1e-3; //int a[N]; double a, b, c ,d; int n, m; double ans; double f(double x) { return a * x * x * x + b * x * x + c * x + d; } void solve(double l, double r)//二分x的坐标找那个点 { if(l + eps >= r){ printf("%.2f ", l); return ; } double mid = (l + r) / 2.0; double ans_l, ans_r; //if(f(l) == 0)printf("%.2f ", l); if(f(mid) == 0)printf("%.2f ", mid); if(f(r) == 0)printf("%.2f ", r); ans_l = f(l) * f(mid); ans_r = f(r) * f(mid); if(ans_l < 0)solve(l, mid); else if(ans_r < 0)solve(mid, r); } //一元三次方程一个根的两端的小范围一定是单调的所以可以用二分 int main() { scanf("%lf%lf%lf%lf", &a, &b, &c, &d); for(double i = -100; i <= 99; ++ i){ if(f(i) * f(i + 1.0) <= 0){//缩小范围，小于0说明有根 solve(i, i + 1.0); } } return 0; }