来源:《信息学奥赛一本通》
所谓递推,是指从已知的初始条件出发,依据某种递推关系,逐次推出所要求的各中间结果及最后结果。其中初始条件或是问题本身已经给定,或是通过对问题的分析与化简后确定。
- 从已知条件出发逐步推到问题结果,此种方法叫顺推。
- 从问题出发逐步推到已知条件,此种方法叫逆推。
无论顺推还是逆推,其关键是要找到递推式。这种处理问题的方法能使复杂运算化为若干步重复的简单运算,充分发挥出计算机擅长于重复处理的特点。
递推法是一种重要的数学方法,在数学的各个领域中都有广泛的运用,也是计算机用于数值计算的一个重要算法。
递推算法的首要问题是得到相邻的数据项间的关系(即递推关系)。递推算法避开了求通项公式的麻烦,把一个复杂的问题的求解,分解成了连续的若干步简单运算。一般说来,可以将递推算法看成是一种特殊的迭代算法。
可用递推算法求解的题目一般有以下两个特点:
1、问题可以划分成多个状态;
2、除初始状态外,其它各个状态都可以用固定的递推关系式来表示。
在我们实际解题中,题目不会直接给出递推关系式,而是需要通过分析各种状态,找出递推关系式。
引入——斐波那契数列
满足 F 1 = F 2 = 1 , F n = F n − 1 + F n − 2 F_1=F_2=1,F_n=F_{n-1}+F_{n-2} F1=F2=1,Fn=Fn−1+Fn−2的数列称为斐波那契数列(Fibonacci):1,1,2,3,5,8,13,21,34…
求此数列的第n项(n>=3)
【算法分析】
f
1
=
1
(
n
=
1
)
;
f
2
=
1
(
n
=
2
)
;
f
n
=
f
n
−
1
+
f
n
−
2
(
n
>
=
3
)
f_1=1(n=1); f_2=1(n=2); f_n=f_{n-1}+f_{n-2}(n>=3)
f1=1(n=1);f2=1(n=2);fn=fn−1+fn−2(n>=3)
【参考程序】
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
int f0=1,f1=1,f2;
int n;
cin>>n;
for(int i=3;i<=n;i++){
f2=f0+f1;
f0=f1;
f1=f2;
}
cout<<f2<<endl;
return 0;
}
例1.上楼梯
楼梯有n个台阶,上楼可以一步上一阶,也可以一步上两阶。一共有多少种上楼的方法?
这是一道计数问题。在没有思路时,不妨试着找规律。n=5时,一共有8种方法:
5=1+1+1+1+1
5=1+2+1+1
5=1+1+2+1
5=1+1+1+2
5=1+2+2
5=2+1+1+1
5=2+2+1
5=2+1+2
其中,有5种方法第一步走了1阶,3种方法第一步走了2阶。我们据此进行分析与推断。
【算法分析】
假设f(n)为n个台阶的走法总数,把n个台阶的走法分成两类:
第一类:第一步走1阶,剩下还有n-1阶要走,有f(n-1)种方法。
第二类:第一步走2阶,剩下还有n-2阶要走,有f(n-2)种方法。
这样,就得到了递推式:f(n)=f(n-1)+f(n-2),不要忘记边界情况:f(1)=1,f(2)=2
把f(n)的前几项列出:1,2,3,5,8...你发现了什么?
例2.兔子繁殖
把雌雄各一的一对新兔子放入养殖场中。每只雌兔在出生两个月以后,每月产雌雄各一的一对新兔子。试问第n个月后养殖场中共有多少对兔子。
还是先找找规律。
第1个月:一对新兔子r1。用小写字母表示新兔子。
第2个月:还是一对新兔子,不过已经长大,具备生育能力了,用大写字母R1表示。
第3个月:R1生了一对新兔子r2,一共2对。
第4个月:R1又生一对新兔子r3,一共3对。另外,r2长大了,变成R2
第5个月:R1和R2各生一对,记为r4和r5,共5对。此外,r3长成R3。
第6个月:R1、R2和R3各生一对,记为r6~r8,共8对。此外,r4和r5长大。
......
把这些数排列起来:1,1,2,3,5,8,……,事实上,可以直接推导出来递推关系:f(n)=f(n-1)+f(n-2)
第n个月的兔子由两部分组成,一部分是上个月就有的老兔子f(n-1),一部分是这个月出生的新兔子f(n-2)(第n个月时具有生育能力的兔子数就等于第n-2个月兔子总数)。
根据加法原理,f(n)=f(n-1)+f(n-2)
例3.骨牌问题
有2 × n的一个长方形方格,用一个1 × 2的骨牌铺满方格。
编写一个程序,试对给出的任意一个n(n>0), 输出铺法总数。
n=2
n=3
【算法分析】
(1)面对上述问题,如果思考方法不恰当,要想获得问题的解答是相当困难的。可以用递推方法归纳出问题解的一般规律。
(2)当n=1时,只能是一种铺法,铺法总数有示为x1=1。
(3)当n=2时:骨牌可以两个并列竖排,也可以并列横排,再无其他方法,如图所示,因此,铺法总数表示为x2=2;
(4)当n=3时:骨牌可以全部竖排,也可以认为在方格中已经有一个竖排骨牌,则需要在方格中排列两个横排骨牌(无重复方法),若已经在方格中排列两个横排骨牌,则必须在方格中排列一个竖排骨牌。如图,再无其他排列方法,因此铺法总数表示为x3=3。
由此可以看出,当n=3时的排列骨牌的方法数是n=1和n=2排列方法数的和。
(5)推出一般规律:对一般的n,要求x(n)可以这样来考虑,若第一个骨牌是竖排列放置,剩下有n-1个骨牌需要排列,这时排列方法数为x(n-1);若第一个骨牌是横排列,整个方格至少有2个骨牌是横排列(1*2骨牌),因此剩下n-2个骨牌需要排列,这是骨牌排列方法数为x(n-2)。从第一骨牌排列方法考虑,只有这两种可能,所以有:
x(n)=x(n-1)+x(n-2) (n>2)
x1=1
x2=2
x(n)=x(n-1)+x(n-2)就是问题求解的通项公式
【参考程序】
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
int n,i,a[101];
cin>>n;//输入骨牌数
a[1]=1;a[2]=2;
for(i=3;i<=n;i++){
a[i]=a[i-1]+a[i-2];
}
cout<<a[i-1]<<endl;
return 0;
}
例4.数塔问题
如下所示为一个数字三角形。请编一个程序计算从顶到底的某处的一条路径,使该路径所经过的数字总和最大。只要求输出总和。
1、 一步可沿左斜线向下或右斜线向下走;
2、 三角形行数小于等于100;
3、 三角形中的数字为0,1,…,99;
测试数据通过键盘逐行输入,如上例数据应以如下所示格式输入:
5
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5
【算法分析】
此题解法有多种,从递推的思想出发,设想,当从顶层沿某条路径走到第i层向第i+1层前进时,我们的选择一定是沿其下两条可行路径中最大数字的方向前进,为此,我们可以采用倒推的手法,设a[i][j]存放从i,j 出发到达n层的最大值,则a[i][j]=max{a[i][j]+a[i+1][j],a[i][j]+a[i+1][j+1]},a[1][1] 即为所求的数字总和的最大值。
【参考程序】
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
int n,i,j,a[101][101];
cin>>n;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=i;j++)
cin>>a[i][j]; //输入数字三角形的值
for (i=n-1;i>=1;i--)
for (j=1;j<=i;j++)
{
if (a[i+1][j]>=a[i+1][j+1]) a[i][j]+=a[i+1][j]; //路径选择
else a[i][j]+=a[i+1][j+1];
}
cout<<a[1][1]<<endl;
}
例5.位数问题
【问题描述】
在所有的N位数中,有多少个数中有偶数个数字3?由于结果可能很大,你只需要输出这个答案对12345取余的值。
【输入格式】
读入一个数N
【输出格式】
输出有多少个数中有偶数个数字3。
【输入样例】
2
【输出样例】
73
【数据规模】
1<=N<=1000
【样例说明】
在所有的2位数字,包含0个3的数有72个,包含2个3的数有1个,共73个
【算法分析】
方法一:排列组合(但需要运用动态规划)。
可以列出公式,在n个格子中放x个3(其中x为偶数,包括0).。
c(n,x)*9 ^ (n-x) - c(n-1,x)*9 ^ (n-x-1) 含义为在n个格子中取x个3,且不考虑第一位的特殊情况为c(n,x)*9^(n-x)。
而第一位为0的情况,为c(n-1,x)*9^(n-x-1),两者减下,就为答案。
方法二:递推
考虑这种题目,一般来说都是从第i-1位推导第i位,且当前位是取偶数还是取奇数的。
恍然大悟.可以用f[i][0]表示前i位取偶数个3有几种情况,f[i][1]表示前i位取奇数个3有几种情况。
则状态转移方程可以表示为:
f[i][0]=f[i-1][0]*9+f[i-1][1];f[i][1]=f[i-1][0]+f[i-1][1]*9;
边界条件:f[1][1]=1;f[1][0]=9;
【参考程序】
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int f[1001][2],n,i,x;
cin>>n;
f[1][1]=1;f[1][0]=9;
for(i=2;i<=n;i++)
{
x=f[1][0];
if(i==n)x--;
f[i][0]=(f[i-1][0]*x+f[i-1][1])%12345;
f[i][1]=(f[i-1][1]*x+f[i-1][0])%12345;
}
cout<<f[n][0];
return 0;
}
五种典型的递推关系
Ⅰ.Fibonacci数列
在所有的递推关系中,Fibonacci数列应该是最为大家所熟悉的。在最基础的程序设计语言Logo语言中,就有很多这类的题目。而在较为复杂的Basic、Pascal、C语言中,Fibonacci数列类的题目因为解法相对容易一些,逐渐退出了竞赛的舞台。可是这不等于说Fibonacci数列没有研究价值,恰恰相反,一些此类的题目还是能给我们一定的启发的。
Fibonacci数列的代表问题是由意大利著名数学家Fibonacci于1202年提出的“兔子繁殖问题”(又称“Fibonacci问题”)。
问题的提出:有雌雄一对兔子,假定过两个月便可繁殖雌雄各一的一对小兔子。问过n个月后共有多少对兔子?
解:设满x个月共有兔子F(x)对,其中当月新生的兔子数目为N(x)对。第x-1个月留下的兔子数目设为F(x-1)对。则:
F(x)=N(x)+F(x-1)
N(x)=F(x-2) (即第x-2个月的所有兔子到第x个月都有繁殖能力了)
∴ F(x)=F(x-1)+F(x-2) 边界条件:F0=0,F1=1
由上面的递推关系可依次得到
F2=F1+F0=1,F3=F2+F1=2,F4=F3+F2=3,F5=F4+F3=5,……。
Fabonacci数列常出现在比较简单的组合计数问题中,例如以前的竞赛中出现的“骨牌覆盖”问题。在优选法中,Fibonacci数列的用处也得到了较好的体现。
Ⅱ.Hanoi塔问题
问题的提出:Hanoi塔由n个大小不同的圆盘和三根木柱a,b,c组成。开始时,这n个圆盘由大到小依次套在a柱上,如图所示。
要求把a柱上n个圆盘按下述规则移到c柱上:
(1)一次只能移一个圆盘;
(2)圆盘只能在三个柱上存放;
(3)在移动过程中,不允许大盘压小盘。
问将这n个盘子从a柱移动到c柱上,总计需要移动多少个盘次?
解:设hn为n个盘子从a柱移到c柱所需移动的盘次。显然,当n=1时,只需把a 柱上的盘子直接移动到c柱就可以了,故h1=1。当n=2时,先将a柱上面的小盘子移动到b柱上去;然后将大盘子从a柱移到c 柱;最后,将b柱上的小盘子移到c柱上,共记3个盘次,故h2=3。以此类推,当a柱上有n(n>=2)个盘子时,总是先借助c柱把上面的n-1个盘子移动到b柱上,然后把a柱最下面的盘子移动到c柱上;再借助a柱把b柱上的n-1个盘子移动到c柱上;总共移动h(n-1)+1+h(n-1)个盘次。
∴h(n)=2h(n-1)+1 边界条件:h1=1
Ⅲ.平面分割问题
问题的提出:设有n条封闭曲线画在平面上,而任何两条封闭曲线恰好相交于两点,且任何三条封闭曲线不相交于同一点,问这些封闭曲线把平面分割成的区域个数。
从这些式子中可以看出a(n)-a(n-1)=2(n-1)。当然,上面的式子只是我们通过观察4幅图后得出的结论,它的正确性尚不能保证。下面不妨让我们来试着证明一下。当平面上已有n-1条曲线将平面分割成a(n-1)个区域后,第n-1条曲线每与曲线相交一次,就会增加一个区域,因为平面上已有了n-1条封闭曲线,且第n条曲线与已有的每一条闭曲线恰好相交于两点,且不会与任两条曲线交于同一点,故平面上一共增加2(n-1)个区域,加上已有的a(n-1)个区域,一共有a(n-1)+2(n-1)个区域。所以本题的递推关系是a(n)=a(n-1)+2(n-1),边界条件是a1=1
平面分割问题是竞赛中经常触及到的一类问题,由于其灵活多变,常常会感到棘手。
Ⅳ.Catalan数
Catalan数首先是由Euler在精确计算对凸n边形的不同的对角三角形剖分的个数问题时得到的,它经常出现在组合计数问题中。
问题的提出:在一个凸n边形中,通过不相交于n边形内部的对角线,把n边形拆分成若干三角形,不同的拆分数目用h(n)表示,h(n)即为Catalan数。例如五边形有如下五种拆分方案(图3-14),故h5=5。求对于一个任意的凸n边形相应的h(n)。
Catalan数是比较复杂的递推关系,尤其在竞赛的时候,选手很难在较短的时间里建立起正确的递推关系。当然,Catalan数类的问题也可以用搜索的方法来完成,但是,搜索的方法与利用递推关系的方法比较起来,不仅效率低,编程复杂度也陡然提高。
【数据结构与算法】栈中的“栈与卡特兰数”有相关资料及习题
Ⅴ.第二类Stirling数
在五类典型的递推关系中,第二类Stirling是最不为大家所熟悉的。也正因为如此,我们有必要先解释一下什么是第二类Strling数。
【定义】n个有区别的球放到m个相同的盒子中,要求无一空盒,其不同的方案数用S(n,m)表示,称为第二类Stirling数。
下面就让我们根据定义来推导带两个参数的递推关系——第二类Stirling数。
解:设有n个不同的球,分别用b1,b2,……bn表示。从中取出一个球bn,bn的放法有以下两种:
①bn独自占一个盒子;那么剩下的球只能放在m-1个盒子中,方案数为S(n-1,m-1);
②bn与别的球共占一个盒子;那么可以事先将b1,b2,……bn-1这n-1个球放入m个盒子中,然后再将球bn可以放入其中一个盒子中,方案数为mS(n-1,m)。
综合以上两种情况,可以得出第二类Stirling数定理:
S(n,m)=mS(n-1,m)+S(n-1,m-1) (n>1,m>=1)
边界条件可以由定义2推导出:
S(n,0)=0;S(n,1)=1;S(n,n)=1;S(n,k)=0(k>n)。
注:原文中S有下标2,这里为了表示方便删去了。
第二类Stirling数在竞赛中较少出现,但在竞赛中也有一些题目与其类似,甚至更为复杂。读者不妨自己来试着建立其中的递推关系。
递家族除了递推,还有大名鼎鼎的递归