来源：《信息学奥赛一本通》
所谓递推，是指从已知的初始条件出发，依据某种递推关系，逐次推出所要求的各中间结果及最后结果。其中初始条件或是问题本身已经给定，或是通过对问题的分析与化简后确定。
- 从已知条件出发逐步推到问题结果，此种方法叫顺推。
- 从问题出发逐步推到已知条件，此种方法叫逆推。
无论顺推还是逆推，其关键是要找到递推式。这种处理问题的方法能使复杂运算化为若干步重复的简单运算，充分发挥出计算机擅长于重复处理的特点。
递推法是一种重要的数学方法，在数学的各个领域中都有广泛的运用，也是计算机用于数值计算的一个重要算法。
递推算法的首要问题是得到相邻的数据项间的关系（即递推关系）。递推算法避开了求通项公式的麻烦，把一个复杂的问题的求解，分解成了连续的若干步简单运算。一般说来，可以将递推算法看成是一种特殊的迭代算法。
可用递推算法求解的题目一般有以下两个特点：
1、问题可以划分成多个状态；
2、除初始状态外，其它各个状态都可以用固定的递推关系式来表示。
在我们实际解题中，题目不会直接给出递推关系式，而是需要通过分析各种状态，找出递推关系式。
引入——斐波那契数列
满足 F 1 = F 2 = 1 , F n = F n − 1 + F n − 2 F_1=F_2=1,F_n=F_{n-1}+F_{n-2} F1=F2=1,Fn=Fn−1+Fn−2的数列称为斐波那契数列(Fibonacci)：1,1,2,3,5,8,13,21,34…
求此数列的第n项(n>=3)
【算法分析】
f 1 = 1 ( n = 1 ) ; f 2 = 1 ( n = 2 ) ; f n = f n − 1 + f n − 2 ( n > = 3 ) f_1=1(n=1); f_2=1(n=2); f_n=f_{n-1}+f_{n-2}(n>=3) f1=1(n=1);f2=1(n=2);fn=fn−1+fn−2(n>=3)
【参考程序】
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){int f0=1,f1=1,f2;int n;cin>>n;for(int i=3;i<=n;i++){f2=f0+f1;f0=f1;f1=f2;}cout<<f2<<endl;return 0;
}
例1.上楼梯
楼梯有n个台阶，上楼可以一步上一阶，也可以一步上两阶。一共有多少种上楼的方法？
这是一道计数问题。在没有思路时，不妨试着找规律。n=5时，一共有8种方法：
5=1+1+1+1+1
5=1+2+1+1
5=1+1+2+1
5=1+1+1+2
5=1+2+2
5=2+1+1+1
5=2+2+1
5=2+1+2
其中，有5种方法第一步走了1阶，3种方法第一步走了2阶。我们据此进行分析与推断。
【算法分析】
假设f(n)为n个台阶的走法总数，把n个台阶的走法分成两类：
第一类：第一步走1阶，剩下还有n-1阶要走，有f(n-1)种方法。
第二类：第一步走2阶，剩下还有n-2阶要走，有f(n-2)种方法。
这样，就得到了递推式：f(n)=f(n-1)+f(n-2)，不要忘记边界情况：f(1)=1,f(2)=2
把f(n)的前几项列出：1,2,3,5,8...你发现了什么？
例2.兔子繁殖
把雌雄各一的一对新兔子放入养殖场中。每只雌兔在出生两个月以后，每月产雌雄各一的一对新兔子。试问第n个月后养殖场中共有多少对兔子。
还是先找找规律。
第1个月：一对新兔子r1。用小写字母表示新兔子。
第2个月：还是一对新兔子，不过已经长大，具备生育能力了，用大写字母R1表示。
第3个月：R1生了一对新兔子r2，一共2对。
第4个月：R1又生一对新兔子r3，一共3对。另外，r2长大了，变成R2
第5个月：R1和R2各生一对，记为r4和r5，共5对。此外，r3长成R3。
第6个月：R1、R2和R3各生一对，记为r6~r8，共8对。此外，r4和r5长大。
......
把这些数排列起来：1，1，2，3，5，8，……，事实上，可以直接推导出来递推关系：f(n)=f(n-1)+f(n-2)
第n个月的兔子由两部分组成，一部分是上个月就有的老兔子f(n-1)，一部分是这个月出生的新兔子f(n-2)（第n个月时具有生育能力的兔子数就等于第n-2个月兔子总数）。
根据加法原理，f(n)=f(n-1)+f(n-2)
例3.骨牌问题
有2 × n的一个长方形方格，用一个1 × 2的骨牌铺满方格。
编写一个程序，试对给出的任意一个n(n>0), 输出铺法总数。
n=2
n=3
【算法分析】
（1）面对上述问题，如果思考方法不恰当，要想获得问题的解答是相当困难的。可以用递推方法归纳出问题解的一般规律。
（2）当n=1时，只能是一种铺法，铺法总数有示为x1=1。
（3）当n=2时：骨牌可以两个并列竖排，也可以并列横排，再无其他方法，如图所示，因此，铺法总数表示为x2=2；
（4）当n=3时：骨牌可以全部竖排，也可以认为在方格中已经有一个竖排骨牌，则需要在方格中排列两个横排骨牌（无重复方法），若已经在方格中排列两个横排骨牌，则必须在方格中排列一个竖排骨牌。如图，再无其他排列方法，因此铺法总数表示为x3=3。
由此可以看出，当n=3时的排列骨牌的方法数是n=1和n=2排列方法数的和。
（5）推出一般规律：对一般的n，要求x(n)可以这样来考虑，若第一个骨牌是竖排列放置，剩下有n-1个骨牌需要排列，这时排列方法数为x(n-1)；若第一个骨牌是横排列，整个方格至少有2个骨牌是横排列（1*2骨牌），因此剩下n-2个骨牌需要排列，这是骨牌排列方法数为x(n-2)。从第一骨牌排列方法考虑，只有这两种可能，所以有：
x(n)=x(n-1)+x(n-2) (n>2)
x1=1
x2=2
x(n)=x(n-1)+x(n-2)就是问题求解的通项公式
【参考程序】
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){int n,i,a[101];cin>>n;//输入骨牌数 a[1]=1;a[2]=2;for(i=3;i<=n;i++){a[i]=a[i-1]+a[i-2];}cout<<a[i-1]<<endl;return 0;
}
例4.数塔问题
如下所示为一个数字三角形。请编一个程序计算从顶到底的某处的一条路径，使该路径所经过的数字总和最大。只要求输出总和。
1、 一步可沿左斜线向下或右斜线向下走；
2、 三角形行数小于等于100；
3、 三角形中的数字为0，1，…，99；
测试数据通过键盘逐行输入，如上例数据应以如下所示格式输入：
5
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5
【算法分析】
此题解法有多种，从递推的思想出发，设想，当从顶层沿某条路径走到第i层向第i+1层前进时，我们的选择一定是沿其下两条可行路径中最大数字的方向前进，为此，我们可以采用倒推的手法，设a[i][j]存放从i,j 出发到达n层的最大值，则a[i][j]=max{a[i][j]+a[i+1][j]，a[i][j]+a[i+1][j+1]}，a[1][1] 即为所求的数字总和的最大值。
【参考程序】
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){int n,i,j,a[101][101];cin>>n;for (i=1;i<=n;i++)for (j=1;j<=i;j++)cin>>a[i][j]; //输入数字三角形的值for (i=n-1;i>=1;i--)for (j=1;j<=i;j++){if (a[i+1][j]>=a[i+1][j+1]) a[i][j]+=a[i+1][j]; //路径选择else a[i][j]+=a[i+1][j+1];} cout<<a[1][1]<<endl;
}
例5.位数问题
【问题描述】
在所有的N位数中，有多少个数中有偶数个数字3？由于结果可能很大，你只需要输出这个答案对12345取余的值。
【输入格式】
读入一个数N
【输出格式】
输出有多少个数中有偶数个数字3。
【输入样例】
2
【输出样例】
73
【数据规模】
1<=N<=1000
【样例说明】
在所有的2位数字，包含0个3的数有72个，包含2个3的数有1个，共73个
【算法分析】
方法一：排列组合(但需要运用动态规划)。
可以列出公式,在n个格子中放x个3(其中x为偶数,包括0).。
c(n,x)*9 ^ (n-x) - c(n-1,x)*9 ^ (n-x-1) 含义为在n个格子中取x个3,且不考虑第一位的特殊情况为c(n,x)*9^(n-x)。
而第一位为0的情况,为c(n-1,x)*9^(n-x-1),两者减下,就为答案。
方法二：递推
考虑这种题目,一般来说都是从第i-1位推导第i位,且当前位是取偶数还是取奇数的。
恍然大悟.可以用f[i][0]表示前i位取偶数个3有几种情况,f[i][1]表示前i位取奇数个3有几种情况。
则状态转移方程可以表示为:f[i][0]=f[i-1][0]*9+f[i-1][1];f[i][1]=f[i-1][0]+f[i-1][1]*9;
边界条件:f[1][1]=1;f[1][0]=9;
【参考程序】
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{int f[1001][2],n,i,x;cin>>n;f[1][1]=1;f[1][0]=9; for(i=2;i<=n;i++) { x=f[1][0];if(i==n)x--;f[i][0]=(f[i-1][0]*x+f[i-1][1])%12345;f[i][1]=(f[i-1][1]*x+f[i-1][0])%12345; }cout<<f[n][0]; return 0;
}
五种典型的递推关系
Ⅰ.Fibonacci数列
在所有的递推关系中，Fibonacci数列应该是最为大家所熟悉的。在最基础的程序设计语言Logo语言中，就有很多这类的题目。而在较为复杂的Basic、Pascal、C语言中，Fibonacci数列类的题目因为解法相对容易一些，逐渐退出了竞赛的舞台。可是这不等于说Fibonacci数列没有研究价值，恰恰相反，一些此类的题目还是能给我们一定的启发的。
Fibonacci数列的代表问题是由意大利著名数学家Fibonacci于1202年提出的“兔子繁殖问题”(又称“Fibonacci问题”)。问题的提出：有雌雄一对兔子，假定过两个月便可繁殖雌雄各一的一对小兔子。问过n个月后共有多少对兔子？解：设满x个月共有兔子F(x)对，其中当月新生的兔子数目为N(x)对。第x-1个月留下的兔子数目设为F(x-1)对。则：F(x)=N(x)+F(x-1)N(x)=F(x-2) (即第x-2个月的所有兔子到第x个月都有繁殖能力了)
∴ F(x)=F(x-1)+F(x-2) 边界条件：F0=0，F1=1由上面的递推关系可依次得到F2=F1+F0=1，F3=F2+F1=2，F4=F3+F2=3，F5=F4+F3=5，……。
Fabonacci数列常出现在比较简单的组合计数问题中，例如以前的竞赛中出现的“骨牌覆盖”问题。在优选法中，Fibonacci数列的用处也得到了较好的体现。
Ⅱ.Hanoi塔问题
问题的提出：Hanoi塔由n个大小不同的圆盘和三根木柱a,b,c组成。开始时，这n个圆盘由大到小依次套在a柱上，如图所示。
要求把a柱上n个圆盘按下述规则移到c柱上：
(1)一次只能移一个圆盘；
(2)圆盘只能在三个柱上存放；
(3)在移动过程中，不允许大盘压小盘。
问将这n个盘子从a柱移动到c柱上，总计需要移动多少个盘次？
解：设hn为n个盘子从a柱移到c柱所需移动的盘次。显然，当n=1时，只需把a 柱上的盘子直接移动到c柱就可以了，故h1=1。当n=2时，先将a柱上面的小盘子移动到b柱上去；然后将大盘子从a柱移到c 柱；最后，将b柱上的小盘子移到c柱上，共记3个盘次，故h2=3。以此类推，当a柱上有n(n>=2)个盘子时，总是先借助c柱把上面的n-1个盘子移动到b柱上，然后把a柱最下面的盘子移动到c柱上；再借助a柱把b柱上的n-1个盘子移动到c柱上；总共移动h(n-1)+1+h(n-1)个盘次。∴h(n)=2h(n-1)+1 边界条件：h1=1
Ⅲ.平面分割问题
问题的提出：设有n条封闭曲线画在平面上，而任何两条封闭曲线恰好相交于两点，且任何三条封闭曲线不相交于同一点，问这些封闭曲线把平面分割成的区域个数。
从这些式子中可以看出a(n)-a(n-1)=2(n-1)。当然，上面的式子只是我们通过观察4幅图后得出的结论，它的正确性尚不能保证。下面不妨让我们来试着证明一下。当平面上已有n-1条曲线将平面分割成a(n-1)个区域后，第n-1条曲线每与曲线相交一次，就会增加一个区域，因为平面上已有了n-1条封闭曲线，且第n条曲线与已有的每一条闭曲线恰好相交于两点，且不会与任两条曲线交于同一点，故平面上一共增加2(n-1)个区域，加上已有的a(n-1)个区域，一共有a(n-1)+2(n-1)个区域。所以本题的递推关系是a(n)=a(n-1)+2(n-1)，边界条件是a1=1
平面分割问题是竞赛中经常触及到的一类问题，由于其灵活多变，常常会感到棘手。
Ⅳ.Catalan数
Catalan数首先是由Euler在精确计算对凸n边形的不同的对角三角形剖分的个数问题时得到的，它经常出现在组合计数问题中。
问题的提出：在一个凸n边形中，通过不相交于n边形内部的对角线，把n边形拆分成若干三角形，不同的拆分数目用h(n)表示，h(n)即为Catalan数。例如五边形有如下五种拆分方案(图3-14)，故h5=5。求对于一个任意的凸n边形相应的h(n)。
Catalan数是比较复杂的递推关系，尤其在竞赛的时候，选手很难在较短的时间里建立起正确的递推关系。当然，Catalan数类的问题也可以用搜索的方法来完成，但是，搜索的方法与利用递推关系的方法比较起来，不仅效率低，编程复杂度也陡然提高。
【数据结构与算法】栈中的“栈与卡特兰数”有相关资料及习题
Ⅴ.第二类Stirling数
在五类典型的递推关系中，第二类Stirling是最不为大家所熟悉的。也正因为如此，我们有必要先解释一下什么是第二类Strling数。
【定义】n个有区别的球放到m个相同的盒子中，要求无一空盒，其不同的方案数用S(n,m)表示，称为第二类Stirling数。
下面就让我们根据定义来推导带两个参数的递推关系——第二类Stirling数。
解：设有n个不同的球，分别用b1,b2,……bn表示。从中取出一个球bn，bn的放法有以下两种：①bn独自占一个盒子；那么剩下的球只能放在m-1个盒子中，方案数为S(n-1,m-1)；②bn与别的球共占一个盒子；那么可以事先将b1,b2,……bn-1这n-1个球放入m个盒子中，然后再将球bn可以放入其中一个盒子中，方案数为mS(n-1,m)。
综合以上两种情况，可以得出第二类Stirling数定理：
S(n,m)=mS(n-1,m)+S(n-1,m-1) (n>1,m>=1)
边界条件可以由定义2推导出：
S(n,0)=0；S(n,1)=1；S(n,n)=1；S(n,k)=0(k>n)。
注：原文中S有下标2，这里为了表示方便删去了。
第二类Stirling数在竞赛中较少出现，但在竞赛中也有一些题目与其类似，甚至更为复杂。读者不妨自己来试着建立其中的递推关系。
递家族除了递推，还有大名鼎鼎的递归
、divmod()详解)
