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这仍然是一道关于A/B的题，只不过A和B都换成了多项式。你需要计算两个多项式相除的商Q和余R，其中R的阶数必须小于B的阶数。
输入格式：
输入分两行，每行给出一个非零多项式，先给出A，再给出B。每行的格式如下：
N e[1] c[1] ... e[N] c[N]
其中N是该多项式非零项的个数，e[i]是第i个非零项的指数，c[i] 是第i个非零项的系数。各项按照指数递减的顺序给出，保证所有指数是各不相同的非负整数，所有系数是非零整数，所有整数在整型范围内。
输出格式：
分两行先后输出商和余，输出格式与输入格式相同，输出的系数保留小数点后1位。同行数字间以1个空格分隔，行首尾不得有多余空格。注意：零多项式是一个特殊多项式，对应输出为“0 0 0.0”。但非零多项式不能输出零系数（包括舍入后为0.0）的项。在样例中，余多项式其实有常数项“-1/27”，但因其舍入后为0.0，故不输出。
输入样例：4 4 1 2 -3 1 -1 0 -1 3 2 3 1 -2 0 1输出样例：
3 2 0.3 1 0.2 0 -1.0 1 1 -3.1
最初看到这道题就头疼，做加法乘法的时候就很烦心，现在又来个除法，折磨人啊，想了想数学上也做过这种题，拼凑嘛，我记得当时还是对于分子分母都是多项式的进行化简的一个方法。。说道拼凑就是a/b,只要a找那个存在比b中最高次的指数大，那么就可以拼凑，拿样例来说，a = x^4 - 3x^2 - x - 1,b = 3x^2 - 2x + 1。对于a的第一项指数4比b最高次指数2大，那么商的第一项就是x^4/3x^2 = 0.3x^2,然后用0.3x^2去乘以b的每一项，在a中更新，也就是a要减去b*0.3x^2,更新完以后，a要继续重复以上过程，知道a中最高次比b中最高次低，剩下的就算是余数了，这里用了个map记录a，方便进行更新，b自始至终是不变的。
代码：
#include <iostream> #include <map> #include <cmath> #include <cstdio> using namespace std;//系数要求保留一位小数，所以绝对值小于0.05都当成0对待 struct poly { int e; double c; }p[10000],ans[10000]; int main() { int n = 0,e = 0,c = 0,m = -1,ant = 0;//m记录a中最高次 e是指数 c是系数 输入都是整数 map<int,double> q; cin>>n; for(int i = 0;i < n;i ++) { cin>>e>>c; q[e] = c; if(i == 0)m = e; } cin>>n; for(int i = 0;i < n;i ++) { cin>>p[i].e>>p[i].c; } while(m >= p[0].e) { double change = q[m]/p[0].c;//分析中所述的 a中最高次除以b中最高次 系数比 int diff = m - p[0].e;//指数比 if(fabs(change) >= 0.05) { ans[ant].e = diff; ans[ant ++].c = change; for(int i = 0;i < n;i ++)//change 乘以 b 更新a中的变化 { q[p[i].e + diff] -= change * p[i].c; } } else m --;//一定别忘了m-- 不然会超时，太过于马虎 if else语句还是想清楚 写完备一些好光有if没else就容易错误啊。。 while(m >= p[0].e && fabs(q[m]) < 0.05) { m --; } } cout<<ant; if(!ant)cout<<" 0 0.0"; for(int i = 0;i < ant;i ++) printf(" %d %.1f",ans[i].e,ans[i].c); cout<<endl; ant = 0; while(m >= 0) { if(fabs(q[m]) >= 0.05) { ans[ant].e = m; ans[ant ++].c = q[m]; } m --; } cout<<ant; if(!ant)cout<<" 0 0.0"; for(int i = 0;i < ant;i ++) printf(" %d %.1f",ans[i].e,ans[i].c); }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/8023spz/p/7835402.html
