高级计数技术课后题答案Word格式文档下载.docx
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c)显然,解决这种递推关系和初始条件是sn=2n−2所有n"
2。
8.这与练习7非常相似,只是我们需要深入一级。
a)让一个是长度为n的位字符串的数量,其中包含三个连续的0s。
为了构造一个位
字符串的长度n包含三个连续0的,我们可以开始与1,并跟一个字符串的长度n−1
包含三个连续0的,或者我们可以从01开始,然后用一个长度n−2的字符串
连续3个0的,或者我们可以从001开始,然后以包含三个长度的n−3的字符串
连续0的,或者我们可以开始与000,并跟在任何字符串的长度n−3。
这四个案例
是相互排斥的,并用尽了字符串可能如何启动的可能性。
通过这一分析,我们可以
立即记下定期关系,对所有n"
3"
有效:
an−1+an−2+an−3+2n−3。
b)没有长度为0、1或2的位字符串,其中包含三个连续的0的,因此初始条件为
a0=a1=a2=0。
第8.1节定期关系的适用197
c)我们将使用递归关系计算a3到a3:
a3=a2+a1+a0+20=0+0+0+1=1
a4=a4+a2+a1+21=1+0+0+2=3
a5=a5+a5+a2+22=3+1+0+4=8
a6=a6+a6+a6+23=8+3+1+8=20
a7=a7+a7+a7+24=20+8+3+16=47
因此,有47位长度为7的字符串,其中包含三个连续的0。
10.首先,让我们在根本不使用重复关系的情况下解决这个问题。
很明显,唯一的字符串,
不包含字符串01是那些由一个字符串的1的后面由一个字符串的0。
该字符串可以
由0到n1的任意位置组成,因此此类字符串的数量为n+1。
其余的都至少有一个
发生01。
因此,包含01的位字符串数2n−(n+1)。
但是,这种方法
不符合本练习的说明。
a)让一个包含01的长度为n的位字符串的数量。
如果我们想构造这样一个字符串
我们可以从1开始,并跟随它的长度为位字符串n−1,其中包含01,并有an−1
这些。
或者,对于从1到n-1的任何k,我们可以从k0开始,从1开始,然后再
遵循任何n−k-1位。
对于每一个这样的k都有2n−k−1这样的字符串,因为最后的位是自由的。
所以这样串的数量是20+21+22+·
+2n−2,等于2n−1-1。
因此,我们的复发
关系为an−1+2n−1-1。
它适用于所有n"
b)初始条件为a0=a1=0,因为长度小于2的字符串中不能有01。
c)我们将使用递归关系计算a2到a7:
a2=a1+21-1=0+2-1=1
a3=a2+22-1=1+4-1=4
a4=a4+23-1=4+8–1=11
a5=a5+24-1=11+16-1=26
a6=a6+25-1=26+32-1=57
a7=a7+26-1=57+64-1=120
因此,有120位字符串的长度7包含01。
请注意,这与我们的非递归分析一致,
从27−(7+1)=120。
12.这与练习11相同,更深层次。
a)让多少种爬楼梯的方法。
为了爬楼梯,一个人必须要么开始
用一个楼梯的台阶,然后爬上n-1级楼梯(这可以用an−1的方式来完成),或者从一个楼梯开始
两个楼梯的步骤,然后爬上n−2楼梯(这可以用an−2的方式完成),否则从一步开始
三个楼梯,然后爬上n−3楼梯(这可以用an−3的方式)。
都有效:
an−1+an−2+an−3。
b)初始条件是a0=1、a1=1和a2=2,因为没有楼梯爬楼梯有一种方法(做
没什么),显然只有一种方法可以爬上一个楼梯,只有两种方法可以爬两个楼梯(一步两步或两步)
步骤一次)。
请注意,重复关系与练习9的关系相同。
c)序列中的每个术语{a}都是前三个术语的总和,因此序列开始于a0=1,
a1=1,a2=2,a3=4,a3=7,a3=13,a3=24,a3=44,a3=81。
因而一个人可能攀登飞行8
楼梯在81方式下的限制在这个问题上。
14.a)让一个是包含两个连续0的三元字符串的数量。
为了构造这样一个字符串,我们
可以从1或2开始,然后以包含两个连续0的字符串(这可以是
198章高级计数技术
以2an−1方式)完成,或者我们可以从01或02开始,然后用一个包含两个连续的字符串
0的(这可以通过2an−2的方式来完成),我们可以从00开始,然后跟随任何三元字符串的
长度n-2(其中有明显的3n−2)。
因此,对所有n"
2有效的递推关系是
2an−1+2an−2+3n−2。
b)显然a0=a1=0。
c)我们将使用递归关系计算a2到a6:
a2=2a1+2a1+30=2a10+2·
0+1=1
a3=2a2+2a2+31=2a21+2·
0+3=5
a4=2a3+2a2+32=2·
5+2·
1+9=21
a5=2a4+2a4+33=2·
21+2·
5+27=79
a6=2a5+2a5+34=2·
79+2·
21+81=281
因此,有281位长度为6的字符串,其中包含两个连续的0。
16.a)让一个是包含两个连续0的或两个连续的1的三元字符串的数量。
自
构造这样一个字符串,我们可以从一个2开始,然后用一个包含两个连续0的字符串
或两个连续的1,这可以通过an−1的方式来实现。
不过,还有其他可能性。
对于每个
k从0到n−2,字符串可以从n−1−k交替0和1开始,然后是2,然后是2,然后
后跟一个长度k的字符串,其中包含两个连续的0或两个连续的1。
的数量
这样的字符串是2ak,因为有两种方式为初始部分的交替。
另一种可能是
字符串根本没有2的。
然后,它必须包括n−k-2交替0和1,然后是一对0的
或1的,后面跟任何长度k的字符串。
有2·
3k这样的字符串。
现在这些数量的总和作为
k从0运行到n−2是(因为这是一个几何级数)3n−1-1。
把这一切放在一起,我们有
以下重复关系,对所有n"
2有效:
a=an−1+2an−2+2an−3+·
2\+3n−1。
(由
从与n-1替换为n的相同关系中减去这种递推关系,我们可以得到
以下闭合形式递推关系这个问题:
一个=2an−1+an−2+2·
3n−2)
a2=a1+2a0+31-1=0+2a00+3-1=2
a3=a2+2a1+32-1=2+2a10+2·
0+9-1=10
a4=a4+2a2+2a2+33-1=10+2a22+2·
0+2·
0+27-1=40
a5=a5+2a3+2a2+2a1+2a0+34-1=40+2·
10+2·
2+2·
0+81-1=144
a6=a6+2a4+2a4+2a2+2a1+2a0+35-1
=144+2·
40+2·
0+243-1=490
因此,有490长度为6的三元字符串,包含两个连续的0或两个连续的1。
18.a)让一个是包含两个相同的连续符号的三元字符串的数量。
我们会的
利用三个符号之间的对称性,发展出一个递推关系。
特别是,它
必须是这样的情况下,这样的字符串开始与三个符号中的每一个。
现在让我们来看看我们如何
指定满足条件的长度n的字符串。
我们可以通过三种方式中的任意一种选择第一个符号。
我们可以遵循一个字符串,该字符串以不同的符号开头,但其中有一对连续的符号;
根据我们刚才所说的,这样的字符串2an−1/3。
或者,我们可以按照最初的象征
由本身的另一个副本,然后任何字符串的长度n−2;
显然有这样3n−2字符串。
因此,
复发关系是一个=3·
(2an−1/3)+3n−2)=2an−1+3n−1。
第8.1节定期关系的适用199
a2=2a1+31=2a10+3=3
a3=2a2+32=2a23+9=15
a4=2a3+33=2·
15+27=57
a5=2a4+34=2·
57+81=195
a6=2a5+35=2·
195+243=633
因此,有633位长度为6的字符串,包含两个连续的0、1或2。
20.我们让许多方法支付5美分的通行费。
(显然,没有办法支付的通行费是
5美分的倍数。
a)此问题与练习11同构,因此答案是相同的:
a=an−1+an−2,与a0=a1=1。
b)迭代,我们发现a9=55。
我们从计算前几个术语开始,了解正在发生的事情。
显然R1=2,因为
赤道,比如说,把球体分成两个半球。
此外,R2=4,R3=8。
让我们试着分析一下
当增加第n个大圆圈时,会发生什么。
它必须相交的每一个其他圆圈两次(在
截然相反的点),并且每个这样的交集将导致一个先前的区域被拆分为两个
地区,如在练习21。
有n-1以前的大圆圈,因此2(n-1)新的区域。
所以Rn=Rn−1+2(n-1)。
如果我们施加初始条件R1=2,那么我们的值R2和R3
上面发现的与这种复发是一致的。
请注意,R4=14,R5=22,依此类推。
b)我们遵循通常的技术,如第2.4节第17部分。
在最后一行中,我们使用熟悉的公式
第一个n−1正整数的总和。
请注意,公式与上面计算的值一致。
Rn=2(n-1)+Rn−1
=2(n-1)+2(n-2)+Rn−2
=2(n-1)+2(n-2)+2(n-3)+Rn−3
...
=2(n-1)+2(n-2)+2(n-3)+2·
1+R1
=n(n2)+2=n2-n+2
24.让en为长度为n的位序列的数目,其偶数为0的。
请注意,因此,
奇数为0的2n-en位序列。
有两种方法可以获得长度n的位字符串。
一个偶数的0的。
它可以从1开始,后面是一个长度为n−1的位字符串,甚至
0的数量,并有en−1这些;
或者它可以从0开始,后面是一个长度的位字符串
n-1与奇数0的,并有2n−1-en−1这些。
所以en=en−1+2n−1-en−1,
或简单的en=2n−1。
另见第6.4节第31部分。
26.让一个覆盖物的数量。
a)我们遵循的提示。
如果最右边的多米诺骨牌垂直定位,那么我们就有了最左边的覆盖物
n-1列,这可以通过an−1的方式来实现。
如果最右边的多米诺骨牌水平放置,
那么它的正下方一定有另一个多米诺骨牌,这些都覆盖了最后两列。
中。
第一n−2列,因此将需要包含一个覆盖的多米诺骨牌,这可以通过an−2的方式。
因此,我们得到斐波那契复发一个=an−1+an−2。
b)显然a1=1和a2=2。
c)我们得到的序列只是斐波那契序列,由一个移动。
因此,序列是1,2,3,5,8,
13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,2584,......,所以这一部分的答案是2584。
第200章高级计数技术
28.初始条件当然是正确的。
我们证明了复发关系的归纳上的n,从
基本案例n=5和n=6,在这种情况下,我们发现5f1+3f0=5=f5和5f1+3f0=8=f6。
假设归纳假说。
然后,我们有5fn−4+3fn−5=5(fn−5fn−6)+3(fn−6+fn−7)=
(5fn−5+3fn−6)+(5fn−6+3fn−7)=fn−1+fn−2=fn(我们同时使用了归纳假设和递归
斐波那契数字的定义)。
最后,我们证明了f5n是可被5通过诱导在n上的。
那是真的
n=1,因为f5=5可被5整除。
假设f5n是真的。
然后f5(n+1)=f5n+5=5f5n+1+3f5n
可被5整除,因为这两个求和在这个表达式是可分的由5。
30.a)我们根据最外层点的位置,从左到右进行系统的工作:
x0·
(x1·
(x2·
(x3·
x4))
((x2·
x3)·
((x1·
x2)·
x4)
x3))·
((((x1·
3·
(x0·
x1)·
(x0·
x2)·
((x0·
2)·
x4
3))·
((((x0·
b)我们从示例5中了解到C0=1,C1=1,C3=5。
这也是很容易看到,C2=2,因为
只有两种方法可以将三个数字的乘积作为括号。
因此,定期关系告诉
我们,C4=C0C3+C1C2+C2C1+C3C0=1·
5+1·
1+5·
1=14。
我们有正确的数量
上面列出的解决方案。
c)这里n=4,所以公式给出15
C(8,4)=15·
8·
7·
6·
"
!
=14。
32.我们让这一难题达到所需的步数。
a)为了将底部磁盘移出挂钩1,我们必须将其他n−1磁盘转移到挂钩3(因为
我们必须移动底部磁盘挂钩2);
这将需要an−1步骤。
然后我们可以移动底部的磁盘
挂钩2(再走一步)。
不过,我们的目标是将其移动到挂钩3,所以现在我们必须移动另一个n-1
磁盘从挂钩3回到挂钩1,留下底部的磁盘安静地休息在挂钩2。
通过对称性,这再次
采取an−1的措施。
再走一步,我们就可以把底部的磁盘从挂钩2移动到挂钩3。
现在它需要an−1的步骤
将剩余磁盘从挂钩1移动到挂钩3。
因此,我们的递归关系是3an−1+2。
最初的
条件当然是a0=0。
b)计算前几个值,我们发现a1=2,a2=8,a3=26,a3=80。
它出现
a=3n-1。
归纳很容易验证这一点:
基本情况是01=30-1=1-1=0,并且
3an−1+2=3·
(3n−1-1)+2=3np-3+2=3n-1=。
c)分发磁盘的唯一选择是将每个磁盘挂钩,因为磁盘上的顺序
给出的挂钩是固定的。
由于每个磁盘有三种选择,因此答案是3n。
d)拼图涉及1+a=3n磁盘的安排,在其解决方案-初始安排和
每次移动后的安排。
这些安排都不能重复以前的安排,因为如果
第8.1节定期关系的适用201
它这样做,将没有必要使相同的两个事件之间的移动
安排。
因此,这些3n安排都是不同的。
我们在(c)部分看到,正好有3n
安排,所以每一个安排都使用。
34.如果我们遵循这个提示,那么它肯定看起来像J(n)=2k+1,其中k是剩余的金额之后的
从n中减去了最大可能的2功率(即,n=2m+k和k<
2m)。
36.基础步骤是微不足道的,因为当n=1=20+0,猜想在练习34陈述那J(n)=
0+1=1,这是正确的。
对于归纳步骤,我们看两个情况下,取决于是否有
是一个偶数或奇数的球员。
如果有2n个玩家,假设2n=2m+k,如在
练习34的提示。
然后k必须是偶数,我们可以编写n=2m−1+(k/2)和k/2<
2m−1。
通过
归纳假说,J(n)=2(k/2)+1=k+1。
然后通过练习35的复发关系,
J(2n)=2J(n)-1=2(k+1)-1=2k+1,如有需要。
对于另一种情况,假设有2n+1
球员,并再次写2n+1=2m+k,在练习34的提示。
那么k一定很奇怪,我们可以写
n=2m−1+(k-1)/2,其中(k-1)/2<
由归纳假说,J(n)=2((k-1)/2)+1=k。
然后根据练习35的重复关系,J(2n+1)=2J(n)+1=2k+1。
38.由于我们一次只能移动一个磁盘,因此我们需要一个移动来将最小的磁盘从中间磁盘上抬起,
和另一个解除中间盘最大。
同样,我们需要两个动作来重新加入这些磁盘。
和
当然,我们至少需要一个移动,以获得最大的磁盘挂钩1。
因此,我们可以做不超过五个
移动。
为了看到这是可能的,我们只是做明显的动作(磁盘1是最小的,和一个b-#c的手段
将磁盘b从挂钩a移动到挂钩#2:
1-,12−#3,13-#4,32-#4,21-#4。
40.在我们的符号中(参见练习38),磁盘1是最小的,磁盘n是最大的,b-#c的手段是移动磁盘
b从挂钩a到挂钩c。
a)根据该算法,我们采取k=3,因为5是在三角数字t2=3和t2=6之间。
移动是首先移动5-3=2个磁盘从挂钩1到挂钩2(1-#3,12-#2,31-#2),然后与
挂钩1、3和4移动磁盘3、4和5以挂钩4(13-#4、14-4−#3、43−#3、15名-#4、33-3-#1、13-3-#4)和
然后将磁盘1和2从挂钩2移动到挂钩4(21-#3、22-#4、31-#4)。
请注意,这总共需要13个动作。
b)根据算法,我们采取k=3,因为6是在三角数字t2=3和t2=6之间。
移动是首先移动6-3=3个磁盘从挂钩1到挂钩2(1-#3,12-2−#4,13-#2,42-#2,31-#2),然后
使用挂钩1、3和4移动磁盘4、5和6以挂钩4(14-#4、15−#3、44-4-#3、16-4-#4、3-4-#1、35-#4、
14-第1条#4),然后将磁盘1、2和3从挂钩2移动到挂钩4(21-#3、22-#1、2-3-#4、12-#4、3-1-#4)。
注意
这总共需要17个动作
c)根据算法,我们采取k=4,因为7是在三角数字t3=6和t3=10之间。
移动是首先移动7-4=3个磁盘从挂钩1到挂钩2(五个移动,如在第(b)部分),然后工作
用挂钩1、3和4个移动磁盘4、5、6和7挂钩4(15个移动,使用通常的河内塔算法),
然后将磁盘1、2和3从挂钩2移动到挂钩4(再次5次移动,如(b)部分)。
请注意,这需要
总共25个动作。
d)根据该算法,我们采取k=4,因为8是在三角数字t3=6和t3=10之间。
移动是首先移动8-4=4个磁盘从挂钩1到挂钩2(9个动作,如练习39,与挂钩2
扮演挂钩4的角色),然后使用挂钩1、3和4移动磁盘5、6、7和8以挂钩4(15个移动,
使用通常的河内塔算法),然后将磁盘1、2、3和4从挂钩2移动到挂钩4(再次为9
动,如上所示)。
请注意,这总共需要33个动作。
42.为了澄清这个问题,我们注意到k被选择为最小的非负整数,例如n$k(k+1)/2。
如果n−1%=k(k-1)/2,则此相同的k值也适用于n-1;
否则,n−1的值是
k-1。
如果n-1%=k(k-1)/2,它也通过减去