高级计数技术课后题答案Word格式文档下载.docx

1、c） 显然, 解决这种递推关系和初始条件是 sn = 2n2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 0 s。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 n1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 n2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 n3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 n3。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,

2、 我们可以立即记下定期关系, 对所有 n 3 有效: an1 + an2 + an3 + 2n3。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197c） 我们将使用递归关系计算 a3 到 a3:a3 = a2 + a1 + a0 + 20 = 0 + 0 + 0 + 1 = 1a4 = a4 + a2 + a1 + 21 = 1 + 0 + 0 + 2 = 3a5 = a5 + a5 + a2 + 22 = 3 + 1 + 0 + 4 = 8a6 = a6 + a6 + a6 + 23 = 8 +

3、3 + 1 + 8 = 20a7 = 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 n 1 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

4、们可以从1开始, 并跟随它的长度为位字符串 n1, 其中包含 01, 并有 an1这些。或者, 对于从1到 n-1 的任何 k, 我们可以从 k 0 开始, 从1开始, 然后再遵循任何 nk-1位。对于每一个这样的 k 都有2nk1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 + + 2n2, 等于 2n1-1。因此, 我们的复发关系为 an1 + 2n1-1。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 =

5、1a3 = a2 + 22-1 = 1 + 4-1 = 4a4 = a4 + 23-1 = 4 + 81 = 11a5 = a5 + 24-1 = 11 + 16-1 = 26a6 = a6 + 25-1 = 26 + 32-1 = 57a7 = 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 an1的方式来完成）, 或者

6、从一个楼梯开始两个楼梯的步骤, 然后爬上 n2楼梯 （这可以用 an2的方式完成）, 否则从一步开始三个楼梯, 然后爬上 n3楼梯 （这可以用 an3的方式）。 都有效: an1 + an2 + an3。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

7、= 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2an1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2an2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 3n2）。因此, 对所有 n 2 有效的递推关系是2an1 + 2an2 + 3n2。b） 显然 a0

8、 = 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 = 1a3 = 2a2 + 2a2 + 31 = 2a21 + 2 0 + 3 = 5a4 = 2a3 + 2a2 + 32 = 25 + 2 1 + 9 = 21a5 = 2a4 + 2a4 + 33 = 221 + 2 5 + 27 = 79a6 = 2a5 + 2a5 + 34 = 279 + 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

9、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 an1的方式来实现。不过, 还有其他可能性。对于每个k 从0到 n2, 字符串可以从 n1k 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 nk-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23k 这样的字符串。现在这些数量的总和作为k 从0运行到 n2是 （因为这

10、是一个几何级数） 3n1-1。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 = an1 + 2an2 + 2an3 + 2 + 3n1。（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 = 2an1 + an2 + 23n2）a2 = a1 + 2a0 + 31-1 = 0 + 2a00 + 3-1 = 2a3 = a2 + 2a1 + 32-1 = 2 + 2a10 + 2 0 + 9-1 = 10a4 = a4 + 2a2 + 2a2 + 33-1 = 10 + 2a22 + 2 0 + 2 0 + 27

11、-1 = 40a5 = a5 + 2a3 + 2a2 + 2a1 + 2a0 + 34-1 = 40 + 210 + 2 2 + 2 0 + 81-1 = 144a6 = a6 + 2a4 + 2a4 + 2a2 + 2a1 + 2a0 + 35-1= 144 + 240 + 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

12、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2an1/3。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 n2;显然有这样3n2字符串。因此,复发关系是一个 = 3（2an1/3） + 3n2） = 2an1 + 3n1。第8.1 节定期关系的适用199a2 = 2a1 + 31 = 2a10 + 3 = 3a3 = 2a2 + 32 = 2a23 + 9 = 15a4 = 2a3 + 33 = 215 + 27 = 5

13、7a5 = 2a4 + 34 = 257 + 81 = 195a6 = 2a5 + 35 = 2195 + 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 = an1+an2, 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

14、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 = Rn1 + 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 n1正整数的总和。请注意, 公式与上面计算的值一致。Rn = 2（n-1） + Rn1= 2（n

15、-1） + 2（n-2） + Rn2= 2（n-1） + 2（n-2） + 2（n-3） + Rn3.= 2（n-1） + 2（n-2） + 2（n-3） + 21 + R1= n （n2） + 2 = n2-n + 224. 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 n1的位字符串, 甚至0的数量, 并有 en1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 2n1-en1这些。所以 en = en1 + 2n

16、1-en1,或简单的 en = 2n1。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 an1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 n2列, 因此将需要包含一个覆盖的多米诺骨牌, 这可以通过 an2的方式。因此, 我们得到斐波那契复发一个 = an1 + an2。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

17、,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 5fn4 + 3fn5 = 5（fn5 fn6） + 3（fn6 + fn7） =（5fn5+3fn6）+（5fn6+3fn7） = fn1+fn2 = fn （我们同时使用了归纳假设

18、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（x3x4）（x2x3） （x1x2） x4）x3）（x13（x0x1） （x0 x2）（x02） x43）（x0b） 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

19、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15C（8, 4） = 15 876!= 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 n1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 an1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

20、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 an1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 an1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 3an1 + 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 0 1 = 30-1 = 1-1 = 0, 并且3an1 + 2 = 3 （3n1-1） + 2 = 3np-3 + 2 = 3n-1 =。c） 分发磁盘的唯一选

21、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

22、 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 = 2m1 + （k/2） 和 k/2 2m1。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

23、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 = 2m1 + （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

24、, 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-, 1 2 #3, 1 3-#4, 3 2-#4, 2 1-#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, 1 2-#2, 3 1-#2）, 然后与挂钩1、3和4移动磁盘3、4和5以挂钩 4 （1 3-#4、1

25、4-4 #3、4 3 #3、1 5名-#4、33-3-#1、1 3-3-#4） 和然后将磁盘1和2从挂钩2移动到挂钩 4 （2 1-#3、2 2-#4、3 1-#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, 1 2-2#4, 1 3-#2, 4 2-#2, 3 1-#2）, 然后使用挂钩1、3和4移动磁盘4、5和6以挂钩 4 （1 4-#4、1 5 #3、4 4-4-#3、1 6-4-#4、3-4-#1、3 5-#4、1 4-第1条

26、#4）, 然后将磁盘1、2和3从挂钩2移动到挂钩 4 （2 1-#3、2 2-#1、2-3-#4、1 2-#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 =

27、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 n1% = k （k-1）/2, 则此相同的 k 值也适用于 n-1;否则, n1的值是k-1。如果 n-1% = k （k-1）/2, 它也通过减去