0x02递推与递归

递推者，自小而大，循序渐进；递归者，由上而下，分而治之

例题

T1：

92. 递归实现指数型枚举 - AcWing题库

思路：每个数分成选或者不选。边界是枚举的数不能超过n。

可以二进制枚举、也可直接递归。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;vector<int> v;
void dfs(int pos){if(pos==n+1){for(int i=0;i<v.size();i++){cout<<v[i]<<' ';}cout<<endl;return;}v.push_back(pos);dfs(pos+1);v.pop_back();dfs(pos+1);
}void slove(){cin>>n;dfs(1);
}int main(){slove();
}

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T2：

93. 递归实现组合型枚举 - AcWing题库

换汤不换药，修改一下边界即可。

参照上一题代码，当v.size() == m 的时候我们输出 答案

然后，为了防止枚举到超过n的数字，边界就是 n+1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int n,m;vector<int> v;void dfs(int pos){if(v.size()==m ){for(int i=0;i<v.size();i++){cout<<v[i]<<' ';}cout<<endl;return;}if(pos==n+1)return;v.push_back(pos);dfs(pos+1);v.pop_back();dfs(pos+1);}void slove(){cin>>n>>m;dfs(1);
}int main(){slove();
}

当然，上面是我写的普通方法，耗时500ms。

蓝书上面在此基础上加了一句话后，其耗时为：

if(v.size()>m or v.size()+n-pos+1<m)return;

这就是剪枝的思想。

我第一个程序，是只有当枚举到n+1的时候，和选了m个数的时候才会终止。

而实际上，如果当前我们选的数大于m，我们直接回溯即可，不必要继续往下再枚举，因为此后的枚举一定是无用的。

如果我们选的数很少，即时后面剩下的数全选了，也达不到m

那么我们直接返回即可，不需要再往下枚举了。

很有意思。

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T3：

94. 递归实现排列型枚举 - AcWing题库

换汤换了一点点药。

这题我们在递归函数里面加一个 1~n 的循环结构，使得每次枚举都是从当前能选到的最小的数开始。

如何确定当前能选到的最小的数是多少，我们只要把已经用过的数打个标记就可以了。

所以，其实新东西也就是打标记的想法罢了。然后打完标记要恢复，这就是回溯的思想。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100;int n;
int flag[N];vector<int> v;void dfs(int pos){if(v.size()==n){for(int i=0;i<v.size();i++)cout<<v[i]<<' ';cout<<endl;return ;}if(pos==n+1)return;for(int i=1;i<=n;i++){if(flag[i]==0){flag[i]=1;v.push_back(i);dfs(pos+1);flag[i]=0;v.pop_back();}}}void slove(){cin>>n;dfs(1);}int main(){slove();
}

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T4:

95. 费解的开关 - AcWing题库

代码实现不难，但是思路难想。

有点难度的递推。

其实也就是枚举每一行的操作罢了。

用step代表我们一共操作了多少次。

首先计算如果第一行安灯那么有多少种情况。

用 1 1 1 1 1 代表每个位置的灯全被按过一次

那么总操作次数就是 ( 1<<5 )-1

枚举完第一行的操作后，我们开始枚举第二行。

第二行的操作肯定不是独立的。要在第一行的基础上进行。

如果在第一行操作完之后，第一行还有灭的灯，那么第二行对应的位置就按一次灯。

比如，第一行有两盏灯还是灭的，所以第二行只要操作两次，将第一行全部点亮即可。

此时我们第三行的操作与第二行一样。

一直递推下去，直到第五行操作完毕，此时前四行一定是全亮的，所以我们只要检查第五行有无灭的即可。

然后在此过程中，每次按灯就将step++

如果第五行全亮，我们就打擂台记录最小的step

直到枚举完所有第一行的按灯操作情况。

代码细节多，但是不难实现。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10;char chess[N][N];int dx[]={-1,1,0,0,0},dy[]={0,0,-1,1,0};void turn(int x,int y){for(int i=0;i<5;i++){int xx=x+dx[i];int yy=y+dy[i];if(xx>=1 and xx<=5 and yy>=1 and yy<=5){chess[xx][yy]='0'+!(chess[xx][yy]-'0'); //改变状态}}}void slove(){int t;cin>>t;while(t--){for(int i=1;i<=5;i++){ //输入棋盘for(int j=1;j<=5;j++){cin>>chess[i][j];}}int ans=1000000;for(int k=0;k<(1<<5);k++){ //状压char temp[N][N];memcpy(temp,chess,sizeof chess); //备份int step=0;for(int i=0;i<5;i++) //每一位if((k>>i)&1){step++;turn(1,i+1);}for(int i=1;i<=4;i++)//递推每一行for(int j=1;j<=5;j++)if(chess[i][j]=='0'){step++;turn(i+1,j);}bool judge=1;for(int j=1;j<=5;j++){//判断是否合法if(chess[5][j]=='0'){judge=0;break;}}if(judge)ans=min(ans,step);memcpy(chess,temp,sizeof temp);}if(ans>6)ans=-1;cout<<ans<<endl;}
}int main(){slove();
}

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T5

96. 奇怪的汉诺塔 - AcWing题库

思路：一道很有意思的递归，我们可以由3个柱子的汉诺塔推广到m个柱子的汉诺塔。下面给出推导过程。

设H2[i]为：在盘子只有根柱子能借助的情况下、将i个盘子全部从一根柱子移动到另一根柱子的最少移动次数。

显然，对于两个柱子的汉诺塔，i只能为1，H[1]=1

也就是说，如果盘子只能移动到一个柱子上，那么它只有一种移动方法。

设H3[i] 为：在盘子有两根柱子借助的情况下、将i个盘子全部从一根柱子移动到另一根柱子的最少移动次数。

我们可以先将j个盘子移动到b柱上，此时要移动H3[j]次

（为什么是H3[j]次？因为对于这j个盘子，它可以借助两根空柱子）

然后再将 i-j 个盘子移动到c柱子上，此时只能移动一次。

（因为下面的盘子无法借助b柱子，所以它只能去一根柱子且 i-j 必须是1。)

然后再将j个盘子移动到c柱子上。H3[j]（此时这j个盘子能借助空柱子a和柱子c）

所以有递推式子：H3[i]=2*H3[j]+H2[i-j] , (i-j=1)

最终：H3[i] = 2*H3[i-1]+1

同理，如果有四根柱子：

设H4[i]为：在能借用3根柱子的情况下，i个盘子从起点去到目标柱的移动次数。

首先，先选j个盘子，从起点a去起点b暂时呆着：H4[j]

然后将起点的i-j个盘子借助 cd两根空柱子去往d : H3[i-j]

最后将 j个盘子从b移到d，而它能借助的盘子有：acd

H4[j]

所以 H4[i] = 2*H4[j] + H3[i-j]

由于 j 可以选择很多种，而我们要求的是最小移动次数，

所以我们要从 1~i-1 来枚举 j，然后取最小值即可。

那么推广到m个盘子就是：

$H_m[i]=min(H_m[i],2\ast H_m[j]+H_{m-1}[i-j])$

#include<bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include<string>
#include<cmath>
#include <vector>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long  ll;
const int N = 1e5 + 7;int H3[20];
int H4[20];int main() {ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0), cout.tie(0);// H3[i]= 把i个盘从a塔移动到c塔 = 先把j个盘从a塔移动到b塔 H[j] + 把i-j个盘从 a塔移动到c塔: 1 + 再把j个盘移动到c塔 H[j]for (int i =1; i <= 12; i++) {for (int j = 0; j <= i-1; j++) {H3[i] = 2 * H3[j] + 1;}}// H4[i] = 把i个盘从a移到d = j：a->b  H4[j] + i-j:a->d H3[i-j] + j:b->d  H4[j]memset(H4, 0x3f ,sizeof H4);H4[1] = 1;for (int i = 2; i <= 12; i++) {for (int j = 0; j <= i - 1; j++) {H4[i]= min(H4[i],2 * H4[j] + H3[i - j]);}}for (int i = 1; i <= 12; i++)cout << H4[i] << endl;
}

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T6

97. 约数之和 - AcWing题库

是一道结合了 数论+分治+递归 的题目

分治部分：求等比数列+快速幂

数论部分：唯一素数分解

递归：求等比数列

大概步骤：

1、写出求递归分治求等比数列的函数

2、快速幂

3、整数分解

等比数列好求：

设 sum(p, k)=$p^0+p^1+....p^k$

我们考虑将其分成长度相同的两半：

若k为奇数，那么则有偶数项：

以k=5举例推出一般式子：

$sum(p,5)=$$p^0+p^1+p^2+p^3+p^4+p^5$

$=(p^0+p^1+p^2)(1+p^3)$

$=sum(p,\frac{5}{2})\ast (1+p^{\frac{5+1}{2}})$

一般式子：$sum(p,k)=sum(p,\frac{k}{2})\ast (1+p^{\frac{k+1}{2}})$

若n为偶数，那么则有奇数项：

以k=4举例推出一般式子：

$sum(p,4)=$$p^0+p^1+p^2+p^3+p^4$

$=(p^0+p^1+p^2)(p^2+1)-p^2$

一般式子：

$=sum(p,\frac{k}{2})\ast (p^{\frac{k}{2}}+1)-p^{\frac{k}{2}}$

然后再写快速幂：

int qmi(int a, int k)
{a%=mod;int ans=1;while(k){if(k&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;k>>=1;}return ans;
}

所以求等比数列的函数如下：

int sum(int p, int k)
{if (k == 0) return 1;if (k % 2 == 0) return (sum(p,k/2) * (qmi(p,k/2)+1)-qmi(p,k/2)) % mod;return sum(p, k/ 2) % mod * (1+qmi(p,(k+1)/2)) % mod;
}

然后再整数分解就好了：

#include <iostream>using namespace std;const int mod = 9901;int qmi(int a, int k)
{a%=mod;int ans=1;while(k){if(k&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;k>>=1;}return ans;
}int sum(int p, int k)
{if (k == 0) return 1;if (k % 2 == 0) return (sum(p,k/2) * (qmi(p,k/2)+1)-qmi(p,k/2)) % mod;return sum(p, k/ 2) % mod * (1+qmi(p,(k+1)/2)) % mod;
}int main()
{int A, B;cin >> A >> B;int res = 1;for(int i=2;i<=A;i++){int k=0;while(A%i==0){k++;A/=i;}res=res*sum(i,k*B)%mod;}if (!A) res = 0;cout << res << endl;return 0;
}

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