给定一个n元一次方程组求解。
首先我们思考一下，自己解普通的二元一次方程组的时候是怎么解的？
我们肯定是要先用一个变量表示另一个变量，换句话说，先进行消元，然后转变为一元一次方程求解。
我们一般有两种做法，加减消元或者带入消元。（这里以二元一次方程组为例，多元的也一样）
但是我们在使用程序计算的时候需要一种有规律可寻的算法，所以我们选择在开始的时候进行加减消元，返回的时候进行带入消元（把计算出来的结果带回去再计算）
首先，我们获得了一个n元一次方程组。之后我们要消除一个元，我们会怎么做？先把这个式子的第一个元的系数变为1，再把这个式子所有未知数前面的系数都乘以一个实数，使得在和其他式子计算的时候把这个元的系数消为0。（脑补一下做题时候的画面）之后再诸如此种操作去不断消元，直到最后获得一个一元一次方程，就可以轻松的计算出最后的得数。
之后我们把这个得数回带到刚才的式子里面，就又可以解出一个得数（因为系数为1嘛），之后这样不断地返回就可以解出n元一次方程组的解。时间复杂度O（n^3）。
注意因为我们只能使用double，所以必然会有精度误差（除非强大到全写高精度……那是不可能的），所以我们尽量每次用系数最大的一个去消其他的元，这样能尽量减小误差。我们来偷一位dalao的证明：
这样高斯消元就结束了……（如果中间有不理解的直接想想自己平时解方程组怎么解就好了）
看一下代码。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<queue> #include<cstring> #include<utility> #include<map> #define pr pair<int,int> #define mp make_pair #define fi first #define sc second #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar(' ') using namespace std; typedef long long ll; const int M = 100005; const int N = 500005; const int INF = 1000000009; const double eps = 1e-7; int read() { int ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >='0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } double g[105][105],ans[105]; int n; int main() { n = read(); rep(i,1,n) rep(j,1,n+1) scanf("%lf",&g[i][j]); rep(i,1,n) { int r = i; rep(j,i+1,n) if(fabs(g[r][i]) < fabs(g[j][i])) r = j;//找到当前系数最大的 if(fabs(g[r][i]) < eps)//如果系数为0说明无解 { printf("No Solution"); return 0; } if(i != r) swap(g[i],g[r]);//把两行交换，这样就相当于我们每次都消去第一行，比较方便 double div = g[i][i];//取这个系数 rep(j,i,n+1) g[i][j] /= div;//把这行的每个系数都/div（相当于把当前要消的元的系数变为1） rep(j,i+1,n) { div = g[j][i]; rep(k,i,n+1) g[j][k] -= g[i][k] * div;//对每一个式子进行消元（其中i肯定被消了，因为原来的式子里其系数为1） } } ans[n] = g[n][n+1];//得到最终结果 per(i,n-1,1)//开始回带 { ans[i] = g[i][n+1];//取上一次的答案 rep(j,i+1,n) ans[i] -= g[i][j] * ans[j];//计算新的答案，就是这一行的值-前面已经算出来的变量×系数，不理解可以自己模拟一下 } rep(i,1,n) printf("%.2lf ",ans[i]);//输出每个答案 return 0; }