递推 1

引入

我们常常说的斐波那契数列大家肯定知道，一开始学 OI 时大多数人都是用循环来解决的（c = a + b, a = b, b = c）。但你有没有想过一点，如果再复杂一点，那么代码会很难写。下面就介绍一种算法——递推。

概念

递推算法是一种用若干步可重复运算来描述复杂问题的方法。递推是序列计算中的一种常用算法。通常是通过计算前面的一些项来得出序列中的指定项的值。无论顺推还是逆推，其关键是要找到递推式。这种算法能使复杂运算化为若干步重复的简单运算。

分析

我们就拿最典型的斐波那契数列来说，它的公式为 $\begin{cases}\text{if}\ 1 \le i \le 2 & f_i = 1 \\ \text{if}\ i \ge 3 & f_i = f_{i - 1} + f_{i - 2}\end{cases}$（推理过程），如果我们要求斐波那契数列的第 $n$ 项，那该怎么办？

我们先建立一个 $f$ 数组，把 $f_0, f_1$ 的初始值赋值为 $1$。然后跑 for 循环遍历 $2 \sim n$，对于每个 $i$ 都要进行一次递推（f[i] = f[i - 1] + f[i - 2]）。

代码如下：

f[0] = f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
  f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];
}

递推其实就是数组 + 循环，只要推出了递推式，什么都好办了。

例题 1

有 $N$ 级台阶，你一开始在底部，每次可以向上迈 $1\sim K$ 级台阶，问到达第 $N$ 级台阶有多少种不同方式 （$\bmod 100003$）。（$1\leq N\leq100000$，$1\leq K\leq100$）

我们发现，第 $i$ 级台阶可以从 $i - 1, i - 2, \cdots, i - K$ 级台阶迈上来。当 $K = 2$ 时，是不是就是斐波那契数列？没错，这题是斐波那契数列进阶版。

我们先赋初始值（$f_0 = f_1 = 1$），第一层循环跟普通斐波那契一样，第二层套一个 $1 \sim K$ 的循环（因为第 $i$ 级台阶可以从 $i - 1, i - 2, \cdots, i - K$ 级台阶迈上来），如果 $j \le i$，那么 $f_i$ 就为 $f_i + f_{i - j}$（原理跟普通斐波那契一样），注意取模。

代码：

f[0] = f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
  for (int j = 1; j <= k; ++ j) {
    if (j <= i) {
      f[i] = (f[i] + f[i - j]) % kMod; // 注意取模，kMod 是模数（100003）
    }
  } 
}
f[n] %= kMod; // 注意取模
cout << f[n] << '\n';

例题 2

派蒙给了你两个数 $n, x$，$x$ 初始值为 $1$，还给了你两种操作：1. $x \gets 2x$（把 $x$ 变为 $2x$（相当于 $2 \times x$））。2. $x \gets x + 1$（把 $x$ 变为 $x + 1$）。现在派蒙想知道至少花多少步才能把 $x$ 变成 $n$。（$1 \le n \le 10^5$）

我们可以发现数字 $P$ 可以从 $\cfrac{P}{2}$ 和 $P - 1$ 得来，所以得到递推式 $f_i = \min(f_{i - 1} + 1, f_{i \div 2} + 1)$。但这个递推式只对于偶数 $i$，我们发现，如果 $P \bmod 2 = 0$，那么把 $P$ 变成 $P + 1$ 需要 $1$ 步 ($x \gets x + 1$）。所以对于每个奇数 $i$，有 $f_i = f_{i - 1} + 1$。

for (int i = 2; i <= n; i += 2) {
  f[i] = min(f[i - 1] + 1, f[i / 2] + 1);
  f[i + 1] = f[i] + 1;
}
cout << f[n] << '\n';

例题 3

给定一个 $1 \times 2n$ 的矩阵，现让你自由地放入红色算筹和黑色算筹，使矩阵平衡（即 $\forall i \in[1, 2n]$，$1\sim i$ 格中红色算筹个数大于等于黑色算筹）。问有多少种方案满足矩阵平衡（注意红色算筹和黑色算筹的数量必须相等）。（$1\le n\le 100$）

首先观察数据范围，$1 \le n \le 100$，用 $O(n^2)$ 递推（又称 DP，这东西后面会学）。

令 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 个算筹中放 $j$ 个红色算筹的方案数，可以得出 $f_{i, j} = f_{i - 1, j} + f_{i - 1, j - 1}\ \Big[j \ge \Big\lceil\cfrac{i}{2}\Big\rceil\Big]$（读者可自证）。

代码不放了（递推式都告诉你了）。

总结

递推可以解决很多最大最小问题，但有人发明了高级的递推——DP……

（后面会有递推 2，讲的是比较难的递推）