引言

本篇文章主要讲了递归的一些题型，递归也是一种思想，主要是在各种题中显现这种思想，你必须要脑子里能够清楚它大概的一种路线是怎样的，或者说要抽象出来它的功能是干什么的，看成一个模块，这样写的时候才会好写，并且边界条件也会清楚一些，最主要还是要多练，加油！

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一、有序分数

标签：递归

思路：这道题其实就是分别枚举分子和分母，然后找到符合条件的最简分数，最后按顺序输出即可。用两个递归或者两层 $for$ 其实都可以，因为其实时间复杂度都差不多，都是 $O(N^2)$ 。顺序输出用直接拿 $sort$ 连带着 $lambda$ 表达式即可。

题目描述：

给定一个整数 N，请你求出所有分母小于或等于 N，大小在 [0,1] 范围内的最简分数，并按从小到大顺序依次输出。例如，当 N=5 时，所有满足条件的分数按顺序依次为：0/1,1/5,1/4,1/3,2/5,1/2,3/5,2/3,3/4,4/5,1/1输入格式共一行，包含一个整数 N。输出格式
按照从小到大的顺序，输出所有满足条件的分数。每个分数占一行，格式为 a/b，其中 a 为分子， b 为分母。数据范围
1≤N≤160
输入样例：
5
输出样例：
0/1
1/5
1/4
1/3
2/5
1/2
3/5
2/3
3/4
4/5
1/1

示例代码1： dfs

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondint n;
vector<PII> res;
unordered_set<double> sset;void dfs_up(int down)
{for(int i = 0; i <= n; ++i){int up = i;double t = (double)up / down;if(t > 1) continue;if(sset.count(t)) continue;sset.insert(t);res.push_back({up,down});}
}void dfs_down(int x)
{for(int i = x; i <= n; ++i){dfs_up(i);}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;dfs_down(1);sort(res.begin(), res.end(), [&](PII& a, PII& b)->bool{ return ((double)a.x/a.y) < ((double)b.x/b.y); });for(auto t: res) printf("%d/%d\n", t.x, t.y);return 0;
}

示例代码2： 两层for

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondint n;
vector<PII> res;
unordered_set<double> sset;int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = 0; j <= n; ++j){if(j > i) break;double t = (double)i / j;if(sset.count(t)) continue;sset.insert(t);res.push_back({j,i});}}sort(res.begin(), res.end(), [&](PII& a, PII& b){return ((double)a.x/a.y) < ((double)b.x/b.y);});for(auto t: res) printf("%d/%d\n", t.x, t.y);return 0;
}

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二、正则问题

标签：递归

思路：递归和核心就是抽象出一个功能，具体就是一个函数是干什么的，然后把边界处理好就行了。这题的 $dfs$ 就是计算从 $k$ 开始的值。如果遇到左括号，就计算左括号之后的值，之后遇到右括号返回中间的值，如果遇到或，那就计算当前的值和之后的值取一个 $max$ 即可。

题目描述：

考虑一种简单的正则表达式：只由 x ( ) | 组成的正则表达式。小明想求出这个正则表达式能接受的最长字符串的长度。例如 ((xx|xxx)x|(x|xx))xx 能接受的最长字符串是： xxxxxx，长度是6。输入格式
一个由x()|组成的正则表达式。输出格式
输出所给正则表达式能接受的最长字符串的长度。数据范围
输入长度不超过100，保证合法。输入样例：
((xx|xxx)x|(x|xx))xx 
输出样例：
6

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondint k;
string str;int dfs()
{int res = 0;while(k < str.size()){char t = str[k];if(t == '('){k++;res += dfs();k++;}else if(t == '|'){k++;res = max(res,dfs());}else if(t == ')'){break;}else{res++, k++;}}return res;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> str;cout << dfs() << endl;return 0;
}

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三、带分数

标签：全排列、递归

思路：其实我们可以看成从 $1\sim 9$ 中选取三个数能满足以下的式子就行了，计算有多少种选法。我们可以用全排列 $+$ 截取子串的方式达成目的，具体细节见代码。
$$n=a+\frac{b}{c}$$ $$n\cdot c=a\cdot c+b$$

题目描述：

100  可以表示为带分数的形式：100=3+69258714还可以表示为：100=82+3546197注意特征：带分数中，数字 1∼9分别出现且只出现一次（不包含 0）。类似这样的带分数，100 有 11 种表示法。输入格式
一个正整数。输出格式
输出输入数字用数码 1∼9 不重复不遗漏地组成带分数表示的全部种数。数据范围
1≤N<106
输入样例1：
100
输出样例1：
11
输入样例2：
105
输出样例2：
6

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondint n;
vector<int> nums = {1,2,3,4,5,6,7,8,9};LL calc(int l, int r)
{LL res = 0;for(int i = l; i <= r; ++i) res = res * 10 + nums[i];return res;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;LL res = 0;do{LL a = 0, b = 0, c = 0;for(int i = 0; i + 2 < 9; ++i){for(int j = i + 1; j + 1 < 9; ++j){a = calc(0,i), b = calc(i+1,j), c = calc(j+1,8);// cout << a << " " << b << " " << c << endl;if(c * n == a * c + b) res++;}// exit(0);}}while(next_permutation(nums.begin(), nums.end()));cout << res << endl;return 0;
}

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四、约数之和

标签：数学、递归

思路：关于质数和约数的知识可以看我之前的博客 质数 、约数 ，我这里就不再细讲了。关于约数之和，根据公式，我们需要求出 $a^b$ 的分解质因数的结果，由于这个数非常的大，所以直接算出结果再分解质因数是不可能的。我们可以先对 $a$ 分解质因数，由算数基本定理可知：$$N=p_1^{{\alpha }_1}\cdot p_2^{{\alpha }_2}\cdot p_3^{{\alpha }_3}\cdot \cdots \cdot p_k^{{\alpha }_k},p_i为质数$$ $$N^b=p_1^{{\alpha }_1\cdot b}\cdot p_2^{{\alpha }_2\cdot b}\cdot p_3^{{\alpha }_3\cdot b}\cdot \cdots \cdot p_k^{{\alpha }_k\cdot b},p_i为质数$$$$\text{约数之和：}(p_1^0+p_1^1+\cdots +p_1^{{\alpha }_1})\cdots (p_k^0+p_k^1+\cdots +p_k^{{\alpha }_k})$$所以我们只需要对 $a$ 分解质因数，再对该质因子的个数乘以 $b$ 即可。然后就可以用公式计算了。
关于约数之和的每一项的计算，使用递归计算的，不然按照之前的办法 $O(N)$ 是会超时的，而新的计算方式是 $O(logN)$ 。如果k为0，那么结果为1，如果k是奇数，那么项数就是偶数，因为指数项是从0开始的，然后我们可以先算一半，然后再加上这一半后移一位的结果即 $sum(p,k/2)\cdot (1+qmi(p,k/2+1))$ ，如果k为偶数，那么项数就是奇数，可以先减去最高位，用偶数的公式递归去算，然后再加上最高位，即 $sum(p,k-1)+qmi(p,k)$ ，思路就是这样，更多细节见代码。

题目描述：

假设现在有两个自然数 A 和 B，S 是 AB 的所有约数之和。请你求出 Smod9901 的值是多少。输入格式
在一行中输入用空格隔开的两个整数 A 和 B。输出格式
输出一个整数，代表 Smod9901 的值。数据范围
0≤A,B≤5×107
输入样例：
2 3
输出样例：
15
注意: A 和 B 不会同时为 0。

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;const int N = 5e7+10, MOD = 9901;int a, b;
unordered_map<int,int> mmap;void get_diviors(int n)  // 分解质因数
{for(int i = 2; i <= n / i; ++i){if(n % i == 0){while(n % i == 0) mmap[i]++, n /= i;}}if(n > 1) mmap[n]++;
}LL qmi(LL a, LL k)
{LL res = 1;while(k){if(k & 1) res = res * a % MOD;k >>= 1;a = a * a % MOD;}return res;
}LL sum(int p, int k)
{if(k == 0) return 1;else if(k % 2) return (sum(p,k/2) * (1 + qmi(p,k/2+1)) ) % MOD;return (sum(p,k-1) + qmi(p,k)) % MOD;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> a >> b;get_diviors(a);LL res = 1;for(auto t: mmap){int p = t.first, k = t.second * b;res = res * sum(p,k) % MOD;}if(!a) res = 0;cout << res << endl;return 0;
}