递推.docx

1、递推算法递推算法 递推算法给定一个数的序列H0,H1,Hn,若存在整数n0，使当nn0时,可以用等号(或大于号、小于号)将Hn与其前面的某些项Hi(0if(2)-f(1)-f(0)f(0)=1-f(1)-f(2)-f(3)f(3)=6 而递推如下: f(0)-f(1)-f(2)-f(3) 由此可见,递推的效率要高一些,在可能的情况下应尽量使用递推.但是递归作为比较基础的算法,它的作用不能忽视.所以,在把握这两种算法的时候应该特别注意。顺推法所谓顺推法是从已知条件出发，逐步推算出要解决的问题的方法叫顺推。 如斐波拉契数列，设它的函数为f(n),已知f(1)=1，f(2)=1;f(n)=f(n-2

2、)+f(n-1)(n=3,nN)。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样例输入：N=3样例输出：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

3、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

4、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

5、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

6、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=3) 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

7、(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 #include int main() int n; int i; int fn_1,fn_2; printf(please input n=); scanf(%d,&n); /输入任意n值 int fn=0; if(n=1) fn=3; /初始化当n=1和n=2时的临界条件 else if(n=2) fn=7; else fn_1=7;

8、 fn_2=3; for(i=3;i=3时fn的通式 fn_2=fn_1;/更新fn_1和fn_2的值 fn_1=fn; printf(一共有%d种走法！n,fn); /输出结果 return 0; 阿牛的EOF牛肉串Problem Description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

9、，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，NEW ACMer,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，(0nxn=2*xn-1+2*xn-2#include _int64 x40 = 0, 3, 8;int main()

10、int n; for(n = 3; n != 40; +n) xn = 2 * (xn-1 + xn-2); while(scanf(%d, &n) = 1) printf(%I64dn, xn); return 0;不容易系列之(4)考新郎Problem Description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

11、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.Input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(1M=N=20)。Output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。Sample Input22 23 2Sample Output13错排 + 组合数错排公式：ai=(i-1)*(ai-1+ai-2); 然后乘以从m个中挑出t个的排列组合#include int main() int a,n,m,i; _int64 p; _int64 q;

12、 _int64 cuopai22=0,0,1,2; for(i=4;in-m;i-) p*=i; for(i=m;i1;i-) q*=i; printf(%I64dn,p/q*cuopaim); return 0; 折线分割平面Problem Description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。Input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(0n=10000),表示折线的数量。Output对

13、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。Sample Input212Sample Output27AuthorlcySource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

14、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22(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#includeint main()int T,n;scanf(%d,&T);while(T-&scanf(%d,&n)!=EOF)printf(%dn,2*n*n-n+1);return 0;或者利用公式f(n)=f(n-1)+4*（n-1）+1#includeint main()_int64 s10001; int i,T,n;scanf(%d,&T);while(T-)s0=1;scanf(%d,&n);for(i=1;i=n;i+)si=si-1+4*(i-1)+1;printf(%I64dn,si-1);return 0;