c++ 遞推演算法
張其勳發表於2023-02-06
各位大佬不妨先點個贊再看文章！
遞推法是一種重要的數學方法，在數學的各個領域中都有廣泛的運用，也是計算機用於數值計算的一個重要演算法。這種演算法特點是：一個問題的求解需一系列的計算，在已知條件和所求問題之間總存在著某種相互聯絡的關係，在計算時，如果可以找到前後過程之間的數量關係（即遞推式），那麼，從問題出發逐步推到已知條件，此種方法叫逆推。無論順推還是逆推，其關鍵是要找到遞推式。這種處理問題的方法能使複雜運算化為若干步重複的簡單運算，充分發揮出計算機擅長於重複處理的特點。
遞推演算法的首要問題是得到相鄰的資料項間的關係（即遞推關係）。遞推演算法避開了求通項公式的麻煩，把一個複雜的問題的求解，分解成了連續的若干步簡單運算。一般說來，可以將遞推演算法看成是一種特殊的迭代演算法。
如果一道遞推題目你找到了他的遞推關係式，那麼恭喜你，基本是可以拿到80%的分數了。
我們先來考慮一個簡單的問題：樓梯有n個臺階，上樓可以一步上一階，也可以一步上兩階。一共有多少種上樓的方法？ 這是一道計數問題。在沒有思路時，不妨試著找規律。n=5時，一共有8種方法：5=1+1+1+1+1 5=2+1+1+1 5=1+2+1+1 5=1+1+2+1 5=1+1+1+2 5=2+2+1 5=2+1+2 5=1+2+2 其中有5種方法第1步走了1階(背景灰色)，3種方法第1步走了2階，沒有其他可能。假設f(n)為n個臺階的走法總數，把n個臺階的走法分成兩類。
第1類：第1步走1階，剩下還有n-1階要走，有f(n-1)種方法。
第2類：第1步走2階，剩下還有n-2階要走，有f(n-2)種方法。
這樣，就得到了遞推式：f(n)=f(n-1)+f(n-2),不要忘記邊界情況：f(1)=1,f(2)=2。把f(n)的前幾項列出：1，2，3，5，8，……。
再例如，把雌雄各一的一對新兔子放入養殖場中。每隻雌兔在出生兩個月以後，每月產雌雄各一的一對新兔子。試問第n個月後養殖場中共有多少對兔子。
還是先找找規律。
第1個月：一對新兔子r1。用小寫字母表示新兔子。
第2個月：還是一對新兔子，不過已經長大，具備生育能力了，用大寫字母R1表示。
第3個月：R1生了一對新兔子r2，一共2對。
第4個月：R1又生一對新兔子r3，一共3對。另外，r2長大了，變成R2
第5個月：R1和R2各生一對，記為r4和r5，共5對。此外，r3長成R3。
第6個月：R1、R2和R3各生一對，記為r6～r8，共8對。
此外，r4和r5長大。……
把這些數排列起來：1，1，2，3，5，8，……，事實上，可以直接推匯出來遞推關係f(n)=f(n-1)+f(n-2):第n個月的兔子由兩部分組成，一部分是上個月就有的老兔子f(n-1)，一部分是上個月出生的新兔子f(n-2)(第n-1個月時具有生育能力的兔子數就等於第n-2個月兔子總數)。根據加法原理，f(n)=f(n-1)+f(n-2)。
下面來看一下五種典型的遞推關係：
Ⅰ.Fibonacci數列
在所有的遞推關係中，Fibonacci數列應該是最為大家所熟悉的。在最基礎的程式設計語言Logo語言中，就有很多這類的題目。而在較為複雜的Basic、Pascal、C語言中，Fibonacci數列類的題目因為解法相對容易一些，逐漸退出了競賽的舞臺。可是這不等於說Fibonacci數列沒有研究價值，恰恰相反，一些此類的題目還是能給我們一定的啟發的。 Fibonacci數列的代表問題是由義大利著名數學家Fibonacci於1202年提出的“兔子繁殖問題”(又稱“Fibonacci問題”)。
問題的提出：有雌雄一對兔子，假定過兩個月便可繁殖雌雄各一的一對小兔子。問過n個月後共有多少對兔子？
解：設滿x個月共有兔子Fx對，其中當月新生的兔子數目為Nx對。第x-1個月留下的兔子數目設為Fx-1對。則： Fx=Nx+ Fx-1 Nx=Fx-2 (即第x-2個月的所有兔子到第x個月都有繁殖能力了)
∴ Fx=Fx-1+Fx-2 邊界條件：F0=0，F1=1
由上面的遞推關係可依次得到
F2=F1+F0=1，F3=F2+F1=2，F4=F3+F2=3，F5=F4+F3=5，……。
Fabonacci數列常出現在比較簡單的組合計數問題中，例如以前的競賽中出現的“骨牌覆蓋”問題。在優選法中，Fibonacci數列的用處也得到了較好的體現。
Ⅱ.Hanoi塔問題
問題的提出：Hanoi塔由n個大小不同的圓盤和三根木柱a,b,c組成。開始時，這n個圓盤由大到小依次套在a柱上，如圖3-11所示。 要求把a柱上n個圓盤按下述規則移到c柱上：
(1)一次只能移一個圓盤；
(2)圓盤只能在三個柱上存放；
(3)在移動過程中，不允許大盤壓小盤。
問將這n個盤子從a柱移動到c柱上，總計需要移動多少個盤次？
解：設hn為n個盤子從a柱移到c柱所需移動的盤次。顯然，當n=1時，只需把a 柱上的盤子直接移動到c柱就可以了，故h1=1。當n=2時，先將a柱上面的小盤子移動到b柱上去；然後將大盤子從a柱移到c 柱；最後，將b柱上的小盤子移到c柱上，共記3個盤次，故h2=3。以此類推，當a柱上有n(n2)個盤子時，總是先借助c柱把上面的n-1個盤子移動到b柱上，然後把a柱最下面的盤子移動到c柱上；再借助a柱把b柱上的n-1個盤子移動到c柱上；總共移動hn-1+1+hn-1個盤次。 ∴hn=2hn-1+1
邊界條件：h1=1
Ⅲ.平面分割問題
問題的提出：設有n條封閉曲線畫在平面上，而任何兩條封閉曲線恰好相交於兩點，且任何三條封閉曲線不相交於同一點，問這些封閉曲線把平面分割成的區域個數。 解：設an為n條封閉曲線把平面分割成的區域個數。 由圖3-13可以看出：a2-a1=2；a3-a2=4；a4-a3=6。
從這些式子中可以看出an-an-1=2(n-1)。當然，上面的式子只是我們透過觀察4幅圖後得出的結論，它的正確性尚不能保證。下面不妨讓我們來試著證明一下。當平面上已有n-1條曲線將平面分割成an-1個區域後，第n-1條曲線每與曲線相交一次，就會增加一個區域，因為平面上已有了n-1條封閉曲線，且第n條曲線與已有的每一條閉曲線恰好相交於兩點，且不會與任兩條曲線交於同一點，故平面上一共增加2(n-1)個區域，加上已有的an-1個區域，一共有an-1+2(n-1)個區域。所以本題的遞推關係是an=an-1+2(n-1)，邊界條件是a1=1。 平面分割問題是競賽中經常觸及到的一類問題，由於其靈活多變，常常感到棘手。
例如下面這題：
(1998合肥市競賽複試第二題)同一平面內的n(n500)條直線，已知有p(p2)條直線相交於同一點，則這n條直線最多能將平面分割成多少個不同的區域？
解：這道題目與第一部分中的平面分割問題十分相似，不同之處就在於線條的曲直以及是否存在共點線條。由於共點直線的特殊性，我們決定先考慮p條相交於一點的直線，然後再考慮剩下的n-p條直線。首先可以直接求出p條相交於一點的直線將平面劃分成的區域數為2p個，然後在平面上已經有k(k>=p)條直線的基礎上，加上一條直線，最多可以與k條直線相交，而每次相交都會增加一個區域，與最後一條直線相交後，由於直線可以無限延伸，還會再增加一個區域。所以fm=fm-1+m (m>p)，邊界條件在前面已經計算過了，是fp=2p。
雖然這題看上去有兩個引數，但是在實際做題中會發現，本題還是屬於帶一個引數的遞推關係。
Ⅳ.Catalan數
Catalan數首先是由Euler在精確計算對凸n邊形的不同的對角三角形剖分的個數問題時得到的，它經常出現在組合計數問題中。 問題的提出：在一個凸n邊形中，透過不相交於n邊形內部的對角線，把n邊形拆分成若干三角形，不同的拆分數目用hn表示，hn即為Catalan數。例如五邊形有如下五種拆分方案(圖3-14)，故h5=5。求對於一個任意的凸n邊形相應的hn。
Catalan數是比較複雜的遞推關係，尤其在競賽的時候，選手很難在較短的時間裡建立起正確的遞推關係。當然，Catalan數類的問題也可以用搜尋的方法來完成，但是，搜尋的方法與利用遞推關係的方法比較起來，不僅效率低，程式設計複雜度也陡然提高
Ⅴ.第二類Stirling數
在五類典型的遞推關係中，第二類Stirling是最不為大家所熟悉的。也正因為如此，我們有必要先解釋一下什麼是第二類Strling數。
【定義2】n個有區別的球放到m個相同的盒子中，要求無一空盒，其不同的方案數用S(n,m)表示，稱為第二類Stirling數。 下面就讓我們根據定義來推導帶兩個引數的遞推關係——第二類Stirling數。 解：設有n個不同的球，分別用b1,b2,……bn表示。從中取出一個球bn，bn的放法有以下兩種： ①bn獨自佔一個盒子；那麼剩下的球只能放在m-1個盒子中，方案數為S2(n-1,m-1)； ②bn與別的球共佔一個盒子；那麼可以事先將b1,b2,……bn-1這n-1個球放入m個盒子中，然後再將球bn可以放入其中一個盒子中，方案數為mS2(n-1,m)。 綜合以上兩種情況，可以得出第二類Stirling數定理：
【定理】S2(n,m)=mS2(n-1,m)+S2(n-1,m-1) (n>1,m1) 邊界條件可以由定義2推匯出： S2(n,0)=0；S2(n,1)=1；S2(n,n)=1；S2(n,k)=0(k>n)。 第二類Stirling數在競賽中較少出現，但在競賽中也有一些題目與其類似，甚至更為複雜。讀者不妨自己來試著建立其中的遞推關係。
小結：透過上面對五種典型的遞推關係建立過程的探討，可知對待遞推類的題目，要具體情況具體分析，透過找到某狀態與其前面狀態的聯絡，建立相應的遞推關係。