递推Word格式.docx
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=3,n∈N)。
则我们通过顺推可以知道,f(3)=f
(1)+f
(2)=2,f(4)=f
(2)+f(3)=3……直至我们要求的解。
逆推法
所谓逆推法从已知问题的结果出发,用迭代表达式逐步推算出问题的开始的条件,即顺推法的逆过程,称为逆推。
递推算法的经典例子
【案例】从原点出发,一步只能向右走、向上走或向左走。
恰好走N步且不经过已走的点共有多少种走法?
样例输入:
N=2
样例输出:
result=7
N=3
result=17
解题思路:
要解决走N步共有多少种走法,我们在拿到题目的时候最直接的想法就是先画出当N=1、N=2、N=3。
。
N=n时对应走法的图例,由简单到复杂、由特殊到一般的推理过程,找出规律获得解题的思路。
在数学上,我们称为归纳法。
如果用编程的方法来求解这样的推理题,我们把这样的求解思路(算法)称之为递推法。
递推的精髓在于f(n)的结果一般由f(n-1)、f(n-2)…..f(n-k)的前k次结果推导出来。
我们在解决这类递推问题时,难点就是如何从简单而特殊的案例,找到问题的一般规律,写出f(n)与f(n-1)、f(n-2)…..f(n-k)之间的关系表达式,从而得出求解的结果。
在历年noip的复赛当中,参赛选手对于这类题目都有这样的感受,往往花费了大量的时间来分析题目的一般规律,写出f(n)的一般表达式,而编程实现可能只需要几分钟的时间。
所以我们在平时训练的时候,对于这样的递推题目,就必须掌握如何分析问题,从特殊推导出一般的规律,写出想要的关系表达式,问题就迎刃而解了。
下面是这道题解题的心得,供大家参考:
(1)当N=1时,绘出走法图
(图1)共有3种不同的走法,也就是黑色线条的数量,即f
(1)=3
(2)当N=2时,绘出走法图
(图2)共有7种不同的走法,也就是绿色线条的数量,即f
(2)=7
(3)当N=3时,绘出走法图
(图3)共有17种不同的走法,也就是红色线条的数量,即f(3)=17
由此,我们不难看出,对于任何一个起点,最多可以走出3种走法,但最少必须走出2种走法。
那么我们要求出f(n),实际上转换为如果我们能够得到上一步即f(n-1)有多少个终点是有3种走法的,有多少个点有2种走法的,那么问题就解决了。
a.上一步,即f(n-1)有多少个终点是有3种走法的。
对于N=3时,f(n-1)=f
(2),有3个点A、B、C可以走出3种不同走法的,这3个点是怎么得到的呢?
它的存在与N值有没有必然的联系?
如果我们能找到它与N之间的关系,问题也就解决了。
有了这样的思路以后,我们不难找到这样的规律:
如果f(n-2)存在,即上上步存在,那么从上上步出发的线路里面必然会有一条向上走的线路,而这条向上走的线路在到达f(n-1)之后,
向f(n)出发时也必然有左、上、右这三种走法,那么我们就得出了这样的结论:
当f(n-2)存在时,f(n-2)的值实际上就等价于f(n-1)有多少个终点是有3种走法。
b.
f(n-1)有多少个终点是有2种走法的
对于N=3时,有4个点D、E、F、G可以走出2种不同走法的,这4个点又是怎么得到的呢?
它与N值有什么联系呢?
实际上我们在解决了上一个问题的时候,这个问题就变得相当容易了,f(n-1)减掉刚才有3种走法的点,剩下的点不就是只有2种走法了吗?
即f(n-1)-f(n-2)。
c.得出f(n)的一般关系式
f(n)=3*f(n-2)+2*(f(n-1)-f(n-2))(n>
=3)
化简:
f(n)=2*f(n-1)+f(n-2)(n>
有一点需要补充的就是,任何递推题,都会有临界条件。
当N=1时,f(n)=3;
当N=2时,f(n)=7,这些都可以看成是临界条件。
只有当N&
gt;
=3时,即上上步存在的情况下,就可以得出f(n)的一般通式:
f(n)=2*f(n-1)+f(n-2)
(本题还有其他的解法,同学们可以继续挖掘!
)
【参考程序】
#include<
stdio.h>
windows.h>
intmain()
{
intn;
inti;
intfn_1,fn_2;
printf("
pleaseinputn="
);
scanf("
%d"
&
n);
//输入任意n值
intfn=0;
if(n==1)
fn=3;
//初始化当n=1和n=2时的临界条件
elseif(n==2)
fn=7;
else{
fn_1=7;
fn_2=3;
for(i=3;
=n;
i++)
{
fn=2*fn_1+fn_2;
//当n>
=3时fn的通式
fn_2=fn_1;
//更新fn_1和fn_2的值
fn_1=fn;
}
一共有%d种走法!
\n"
fn);
//输出结果
return0;
}
阿牛的EOF牛肉串
ProblemDescription
今年的ACM暑期集训队一共有18人,分为6支队伍。
其中有一个叫做EOF的队伍,由04级的阿牛、XC以及05级的COY组成。
在共同的集训生活中,大家建立了深厚的友谊,阿牛准备做点什么来纪念这段激情燃烧的岁月,想了一想,阿牛从家里拿来了一块上等的牛肉干,准备在上面刻下一个长度为n的只由"
E"
"
O"
F"
三种字符组成的字符串(可以只有其中一种或两种字符,但绝对不能有其他字符),阿牛同时禁止在串中出现O相邻的情况,他认为,"
OO"
看起来就像发怒的眼睛,效果不好。
你,NEWACMer,EOF的崇拜者,能帮阿牛算一下一共有多少种满足要求的不同的字符串吗?
PS:
阿牛还有一个小秘密,就是准备把这个刻有EOF的牛肉干,作为神秘礼物献给杭电五十周年校庆,可以想象,当校长接过这块牛肉干的时候该有多高兴!
这里,请允许我代表杭电的ACMer向阿牛表示感谢!
再次感谢!
Input
输入数据包含多个测试实例,每个测试实例占一行,由一个整数n组成,(0<
n<
40)。
Output
对于每个测试实例,请输出全部的满足要求的涂法,每个实例的输出占一行。
SampleInput
1
2
SampleOutput
3
8
设n位字符串,最后一位是O的字符串的个数为a[n],最后一位不是O的字符串的个数是b[n],
总字符串个数为x[n],
则有
x[n]=a[n]+b[n];
a[n]=b[n-1];
b[n]=2*x[n-1];
====>
x[n]=2*x[n-1]+2*x[n-2]
__int64x[40]={0,3,8};
intmain(){
for(n=3;
n!
=40;
++n)
x[n]=2*(x[n-1]+x[n-2]);
while(scanf("
&
n)==1)
%I64d\n"
x[n]);
不容易系列之(4)——考新郎
国庆期间,省城HZ刚刚举行了一场盛大的集体婚礼,为了使婚礼进行的丰富一些,司仪临时想出了有一个有意思的节目,叫做"
考新郎"
具体的操作是这样的:
首先,给每位新娘打扮得几乎一模一样,并盖上大大的红盖头随机坐成一排;
然后,让各位新郎寻找自己的新娘.每人只准找一个,并且不允许多人找一个.
最后,揭开盖头,如果找错了对象就要当众跪搓衣板...
看来做新郎也不是容易的事情...
假设一共有N对新婚夫妇,其中有M个新郎找错了新娘,求发生这种情况一共有多少种可能.
输入数据的第一行是一个整数C,表示测试实例的个数,然后是C行数据,每行包含两个整数N和M(1<
M<
=N<
=20)。
对于每个测试实例,请输出一共有多少种发生这种情况的可能,每个实例的输出占一行。
22
32
错排+组合数
错排公式:
a[i]=(i-1)*(a[i-1]+a[i-2]);
然后乘以从m个中挑出t个的排列组合
#include<
inta,n,m,i;
__int64p;
__int64q;
__int64cuopai[22]={0,0,1,2};
for(i=4;
22;
cuopai[i]=(i-1)*(cuopai[i-1]+cuopai[i-2]);
a);
while(a--)
%d%d"
n,&
m);
p=1;
q=1;
for(i=n;
i>
n-m;
i--)
p*=i;
for(i=m;
1;
q*=i;
p/q*cuopai[m]);
}
折线分割平面
我们看到过很多直线分割平面的题目,今天的这个题目稍微有些变化,我们要求的是n条折线分割平面的最大数目。
比如,一条折线可以将平面分成两部分,两条折线最多可以将平面分成7部分,具体如下所示。
输入数据的第一行是一个整数C,表示测试实例的个数,然后是C行数据,每行包含一个整数n(0<
=10000),表示折线的数量。
对于每个测试实例,请输出平面的最大分割数,每个实例的输出占一行。
7
Author
lcy
Source
对n取任意值时,分割平面数=交点数+顶点数+1,我们假设f(n-1)已知,又f(n)每一条拆线与另一条拆线交点为4,则新加第N条拆线交点数增加4*(n-1)
顶点数比f(n-1)多一个,故f(n)=f(n-1)+4*(n-1)+1
分析:
先看N条相交的直线最多能把平面分割成多少块
当添加第N条只显示,为了使平面最多,则第N条直线要与前面的N-1条直线都相交,且没有任何三条直线教育一个点。
则第N条直线有N-1个交点。
由于每增加N个交点,就增加N+1个平面,所以用N条直线来分隔平面,最多的数是1+1+2+3+…+n=1+n*(n+1)/2;
再看每次增加两条相互平行的直线
当第N次添加时,前面已经有2N-2条直线了,所以第N次添加时,第2N-1条直线和第2N条直线都各能增加2*(n-1)+1个平面。
所以第N次添加增加的面数是2[2(n-1)+1]=4n-2个。
因此,总面数应该是
1+4n(n+1)/2-2n=2n2+1
如果把每次加进来的平行边让它们一头相交
则平面1、3已经合为一个面,因此,每一组平行线相交后,就会较少一个面,
所以所求就是平行线分割平面数减去N,为2n2-n+1
利用上述总结公式f(n)=2n2-n+1
intmain()
{
intT,n;
scanf("
T);
while(T--&
&
n)!
=EOF)
printf("
%d\n"
2*n*n-n+1);
return0;
或者利用公式f(n)=f(n-1)+4*(n-1)+1
__int64s[10001];
inti,T,n;
while(T--)
s[0]=1;
for(i=1;
i++)
s[i]=s[i-1]+4*(i-1)+1;
s[i-1]);