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BZOJ2356 不等式 题解

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2025/12/02 00:40
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2025/12/02 00:40
3 个月前
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BZOJ2356 不等式 题解

设 t=yxt=\frac{y}{x} 。
设 F(t)=∑i=0naitiF(t)=\sum_{i=0}^n a_it^i。
则 f(x)=xnF(t)f(x)=x^nF(t)。
设 G(t)=∑i=0mAbitiG(t)=\sum_{i=0}^m Ab_it^i。
则 f(x)=xmG(t)f(x)=x^mG(t)。
问题可化简为 xnF(t)≥A(xmG(t))rx^nF(t) \geq A(x^mG(t))^r。
进一步化简：xnF(t)≥xmrG(t)rx^nF(t) \geq x^{mr}G(t)^r。
当 x→∞x \to \infty 时：
根据小学二年级就学过的在指数为大于一的数时指数越大值越大，可得 r≤nmr \leq \frac{n}{m}。
当 x→0x \to 0 时：
根据小学二年级就学过的在指数为小于一的数时指数越大值越小，可得 r≥nmr \geq \frac{n}{m}。
∵r≤nm且r≥nm\because r \leq \frac{n}{m} 且 r \geq \frac{n}{m}
∴r=nm\therefore r = \frac{n}{m}
∴xnF(t)≥xm⋅nmG(t)r\therefore x^nF(t) \geq x^{m \cdot \frac{n}{m} }G(t)^r
∴xnF(t)≥xnG(t)r\therefore x^nF(t) \geq x^{n}G(t)^r
∴F(t)≥G(t)r\therefore F(t) \geq G(t)^r
∴F(t)m≥G(t)n\therefore F(t)^m \geq G(t)^n
当 t→∞t \to \infty 时：
此时 F(t)mF(t)^m 和 G(t)nG(t)^n 最高项起到巨大的作用，所以需要 mm deg⁡F≥\deg F \geq nn deg⁡G\deg G。
当 t→0t \to 0 时：
此时 F(t)F(t) 和 G(t)rG(t)^r 最低项起到巨大的作用，所以需要 mm ordord F≤F \leq nn ordord G G。
∴\therefore 综上 mm deg⁡F≥\deg F \geq nn deg⁡G\deg G 且 mm ordord F≤F \leq nn ordord G G。

那么，来实现吧

这里的两篇题解都没有讲解代码的实现，那就由我来补这个空吧。
CPP
#include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 int a[105],b[105];
 int main()
 {
 	int n,m;
 	
 	while(cin>>n && n!=EOF)
 	{
 		int deg_F=0;
		int ord_F=-1;
		int deg_G=0;
		int  ord_G=-1;
 		for(int i=0; i<=n; i++)
 		{
 			cin>>a[i];
 			if(a[i]!=0)
 			{
 				deg_F=i;
 				if(ord_F==-1)
 				{
 					ord_F=i;
				 }
			 }
		 }
		 cin>>m;
 		for(int i=0; i<=m; i++)
 		{
 			cin>>b[i];
 			if(b[i]!=0)
 			{
 				deg_G=i;
 				if(ord_G==-1)
 				{
 					ord_G=i;
				 }
			 }
		 }
		
		
		 if(deg_F*m>=deg_G*n && ord_F*m<=ord_G*n)
		 {
		 	cout<<"YES\n";
		 }
		 else
		 {
		 	cout<<"NO\n";
		 }
	 }
 	return 0;
 }
完结撒花！

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