递推（二）：递推法的应用
下面通过一些典型实例及其扩展来讨论递推法的应用。
【例2】骨牌铺方格
在2×n的一个长方形方格中，用一种2×1的骨牌铺满方格。输入n（n<=40），输出铺放方案的总数。
例如n=3时，为2×3方格，骨牌的铺放方案有三种，如下图1所示。
图1 2×3方格的骨牌铺放方案
（1）编程思路。
设f[i]为铺满2*n方格的方案数，则有 f[i]=f[i-1]+f[i-2]。
其中，f[i-1]为铺满2*(n-1)方格的方案数（既然前面的2*(n-1)的方格已经铺满，那么最后一个只能是竖着放）。f[i-2]为铺满2*(n-2)方格的方案数（如果前面的2*(n-2)的方格已经铺满，那么最后的只能是横着放两块，否则会重复）。
初始情况为：f[1]=1，f[2]=2。
（2）源程序。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int i,n,f[41];
cin>>n;
f[1]=1;f[2]=2;
for(i=3;i<=n;i++)
f[i]=f[i-1]+f[i-2]; // 按递推关系实施递推
cout<<f[n]<<endl;
return 0;
}
（3）问题扩展。
有一个大小是2×n的长方形方格，现用2种规格的骨牌铺满，骨牌规格分别是 2×1和2×2。输入n（n<=30），输出铺放方案的总数。
（4）扩展问题编程思路。
铺方格的骨牌规格多了一种，递推公式做相应变化。
设f[i]为铺满2*n方格的方案数，则有 f[i]=f[i-1]+2*f[i-2]。
其中，f[i-1]为铺满2*(n-1)方格的方案数（既然前面的2*(n-1)的方格已经铺满，那么最后一个只能是竖着放）。f[i-2]为铺满2*(n-2)方格的方案数（如果前面的2*(n-2)的方格已经铺满，那么最后的2*2方格或者横着放两块2*1的骨牌，或者放1块2*2的骨牌）。
初始情况为：f[1]=1，f[2]=3。
（5）扩展问题的源程序。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int i,n,f[31];
cin>>n;
f[1]=1;f[2]=3;
for(i=3;i<=n;i++)
f[i]=f[i-1]+2*f[i-2]; // 按递推关系实施递推
cout<<f[n]<<endl;
return 0;
}
【例3】上台阶
设有一个共有n级的台阶，某人上台阶一步可上1级，也可上2级。编写一个程序，输入台阶的级数n（n<=40），输出某人从底层上到台阶顶层的走法的种数。
（1）编程思路。
先考虑最简单的情况。如果只有1级台阶，那显然只有一种上法。如果有2级台阶，那就有两种上的方法了：一种是分两次上，每次上1级；另外一种就是一次上2级。
再来讨论一般情况。设把n级台阶时的上法看成是n的函数，记为f(n)。
当n>2时，第一次上的时候就有两种不同的选择：一是第一次只上1级，此时上法数目等于后面剩下的n-1级台阶的上法数目，即为f(n-1)；另外一种选择是第一次上2级，此时上法数目等于后面剩下的n-2级台阶的上法数目，即为f(n-2)。因此n级台阶时的不同上法的总数f(n)=f(n-1)+(f-2)。
由此推导出递推公式 f(n)=f(n-1)+(f-2) （n>2）
初始情况：f(1)=1; f(2)=2。
（2）源程序。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int k,n,f[41];
cout<<"请输入台阶总数n:";
cin>>n;
f[1]=1;f[2]=2;
for(k=3;k<=n;k++)
f[k]=f[k-1]+f[k-2]; // 按递推关系实施递推
cout<<"上法总数为 "<<f[n]<<endl;
return 0;
}
（3）扩展1。
设一个台阶有n级，一步有m种跨法，一步跨多少级均从键盘输入（输入的级数从小到大）。求从底层上到台阶顶层的走法的种数。
（4）扩展1的编程思路。
例如，设有10级台阶，输入的m依次为2、4、7。递推式可写成
f(n)=f(n-2)+f(n-4)+f(n-7) （n>=8）。但由于事先不知输入的是2、4、7，所以递推初始情况f(1)~f(7)无法直接赋初值，也就无法用一个这个单纯的递推式直接递推。必须先采用某种方法根据输入的m个一步上的台阶数将初始条件求取出来。
实际上，可以将上台阶的递推分成多级递推，这样初始条件可在分级递推中求取。
当第1次输入2时，f(1)=0，f(2)=1。（初始条件）
当第2次输入4时，第1级递推：
f(3)=f(3-2)=0， f(4)=f(4-2)+1=2。（因为4本身即为一个一步到位的上法）
当第3次输入7时，第2级递推：
f(5)=f(5-2)+f(5-4)=0，f(6)=f(6-2)+f(6-4)=3，f(7)=f(7-2)+f(7-4)+1=1。
为求第10级台阶上法，采用三级递推：
f(8)=f(8-2)+f(8-4)+f(8-7)=5，f(9)=f(9-2)+f(9-4)+f(9-7)=2，
f(10)=f(10-2)+f(10-4)+f(10-7)=8。
下面探讨一般情况。
设上n级台阶的不同上法为f(n)，从键盘输入一步跨多少级的m个整数分别为x(1)、x(2)、…、x(m)，输入时约定1<=x(1) <x(2) <…<x(m)。
当1<=n<x(1) 时，f(n)=0； f(x(1))=1。（初始条件）
当x(1)<n<x(2) 时，第1级递推：f(n)=f(n−x(1))；
f(x(2))=f(n-x(1))+1 （存在x2这个一步到位的上法）。
当x(2)<n<x(3) 时，第2级递推：f(n)=f(n−x(1))+f(n−x(2))；
f(x(3))=f(n-x(1))+ f(n−x(2)) +1 （存在x3这个一步到位的上法）。
……
当x(m-1)<n<x(m)，有第m-1级递推：f(n)=f(n−x(1))+f(n−x(2))+…+f(n−x(m-1))；
f(x(m))=f(n−x(1))+f(n−x(2))+…+f(n-x(m-1))+1。
当x(m)<n时，第m级递推： f(n)=f(n−x(1))+f(n−x(2))+…+f(n−x(m))
为了便于统一处理，不妨附设一个x(m+1)，使得x(m+1)=max(x(m),n)+1。
这样第m级递推统一描述为：
当x(m)<n<x(m+1) 时，第m级递推： f(n)=f(n−x(1))+f(n−x(2))+…+f(n−x(m))
f(x(m+1))= f(n−x(1))+f(n−x(2))+…+f(n−x(m))+1。
（5）扩展1的源程序。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int i,j,k,m,n,t,x[10],f[51];
cout<<"请输入总台阶数:";
cin>>n;
cout<<"一次有几种跳法:";
cin>>m;
cout<<"请从小到大输入一步跳几级。"<<endl;
for(i=1; i<=m; i++)
cin>>x[i];
for(i=1;i<x[1];i++) f[i]=0;
f[x[1]]=1;
x[m+1]=(x[m]>n?x[m]:n)+1;
for(k=1;k<=m;k++)
for(t=x[k]+1;t<=x[k+1];t++)
{
f[t]=0;
for(j=1;j<=k;j++) // 按公式累加实现分级递推
f[t]=f[t]+f[t-x[j]];
if(t==x[k+1])
f[t]=f[t]+1;
}
cout<<"共有不同的跳法种数为 "<<f[n]<<endl;
return 0;
}
（6）扩展2。
例3中的递推式实际上就是斐波那契数列的递推式。这个数列的增长很快，46项以后就会超过整型数据的表数范围。现设台阶有1000级，按一步可上1级，也可上2级的上法，不同的上法种数是一个209位的整数，如何正确求得这个种数。
（7）扩展2的编程思路。
由于要求的数据超过了整数表示的范围，需要进行高精度计算。
如何表示和存放大数呢？一个简单的方法就是：用数组存放和表示大数。一个数组元素，存放大数中的一位。
我们日常书写一个大整数，左侧为其高位，右侧为其低位，在计算中往往会因进位（carry）或借位（borrow）导致高位增长或减少，因此可以定义一个整型数组（int bignum[maxlen]）从低位向高位实现大整数的存储，数组的每个元素存储大整数中的一位。
显然，在C++中，int类型（4个字节/32位计算机）数组元素存储十进制的一位数字非常浪费空间，并且运算量也非常大，因此可将存储优化为万进制，即数组的每个元素存储大整数数字的四位。（为什么选择万进制，而不选择更大的进制呢？这是因为万进制中的最大值9999相乘时得到的值是99980001，不会超过4个字节的存储范围，而十万进制中的最大值99999相乘时得到的值是9999800001，超过4个字节的存储范围而溢出，从而导致程序计算错误。）
在编写程序代码过程中作如下定义：
const int base=10000;
const int maxlen=50+1;
int bignum[maxlen];
说明：base表示进制为万进制，maxlen表示大整数的长度，1个元素能存储4个十进制位，50个元素就存储200个十进制位，而加1表示下标为0的元素另有它用，程序用作存储当前大整数的位数。
下面讨论大整数的加法运算的实现。
可以采用小学中曾学习的竖式加法。两个大整数98240567043826400046和3079472005483080794进行加法运算，如图2所示。
图2 加法的计算过程
从图2中可以得知，做加法运算是从低位向高位进行，如果有进位，下一位进行相加时要加上进位，如果最高位已计算完还有进位，就要增加存储结果的位数，保存起进位来。关于进位的处理，一般定义单独变量carry进行存储。
（8）扩展2的源程序。
#include <iostream>
using namespace std;
const int base=10000;
const int maxlen=60+1;
void addition(int *bignum1, int *bignum2, int *bignum_ans);
void printbignum(int *bignum);
int main()
{
int k,n,f[1001][maxlen];
cout<<"请输入台阶总数n:";
cin>>n;
f[1][0]=1; f[1][1]=1;
f[2][0]=1; f[2][1]=2;
for(k=3;k<=n;k++)
addition(f[k-1],f[k-2],f[k]); // 按递推关系实施递推
cout<<"上法总数为 ";
printbignum(f[n]);
return 0;
}
void addition(int *bignum1, int *bignum2, int *bignum_ans)
{
int carry=0;
memset(bignum_ans,0,sizeof(int)*maxlen);
bignum_ans[0]=bignum1[0]>bignum2[0]?bignum1[0]:bignum2[0];
for(int pos=1; pos<=bignum_ans[0]; pos++){
carry+=bignum1[pos]+bignum2[pos];
bignum_ans[pos]=carry%base;
carry/=base;
}
if(carry)
bignum_ans[++bignum_ans[0]]=carry;
}
void printbignum(int *bignum)
{
int *p=*bignum+bignum;
cout<<*p--;
cout.fill('0'); // 定义填充字符'0'
while(p>bignum){ cout.width(4); cout<<*p--; }
cout<<endl;
}
如果要求2000级台阶的不同上法种数（是一个418位的整数），上面的程序如何修改？如果求5000级甚至10000级的台阶呢？请读者自己动手做一做。在修改过程中，定义的二维数组造成栈溢出怎么办？
（9）扩展3——第39级台阶。
小明刚刚看完电影《第39级台阶》，离开电影院的时候，他数了数礼堂前的台阶数，恰好是39级! 站在台阶前，他突然又想着一个问题：
如果我每一步只能迈上1个或2个台阶。先迈左脚，然后左右交替，最后一步是迈右脚，也就是说一共要走偶数步。那么，上完39级台阶，有多少种不同的上法呢？
（10）扩展3的编程思路。
由于在上台阶的过程中需要考虑不同的迈脚情况，因此需要定义二维数组c[40][2]，数组元素c[i][0]表示上到第i级台阶时最后一步是左脚的方法数，c[i][1] 表示上到第i级台阶时最后一步是右脚的方法数。
由于每一步能上一级或两级台阶，因此可得递推式：
c[i][0] = c[i-1][1]+c[i-2][1] （因为最后一步为左脚，倒数第二步肯定为右脚）
c[i][1] = c[i-1][0]+c[i-2][0] （因为最后一步为右脚，倒数第二步肯定为左脚）
初始情况为：
c[1][0]=1，第一步左脚直接迈一级台阶。
c[1][1]=0，因为先迈左脚，右脚不可能落在第1级台阶。
c[2][0]=1，第一步左脚直接迈两级台阶。
c[2][1]=1，左右脚各迈一级台阶，右脚正好落在第2级台阶。
（11）扩展3的源程序。
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int i;
int c[40][2];
c[1][1] = 0; c[1][0]=1;
c[2][1] = 1; c[2][0]=1;
for(i = 3; i <= 39; ++i)
{
c[i][0] = c[i - 1][1] + c[i - 2][1];
c[i][1] = c[i - 1][0] + c[i - 2][0];
}
cout<<c[39][1]<<endl;
return 0;
}
例2和例3采用的都是顺推，下面看一个采用倒推求解的实例。
【例4】猴子吃桃
有一个猴子第一天摘下若干个桃子，当即吃了一半，还不过瘾，又多吃了一个。第二天早上又将剩下的桃子吃掉一半，又多吃了一个。以后每天早上都吃了前一天剩下的一半后又多吃一个。到第10天早上想再吃时，见只剩下一个桃子了。
求第一天共摘了多少个桃子？
（1）编程思路。
设x[n]表示第n天吃桃子前的桃子数，则有x[10]=1。
由于， x[i]=x[i-1]-x[i-1]/2-1，
因此，递推关系式为： x[i-1]=2*(x[i]+1)。倒推求得x[1]就是猴子所摘的桃子数。
（2）源程序。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int a[11],i;
a[10]=1;
for (i=9;i>=1;i--)
a[i]=2*(a[i+1]+1);
cout<<a[1]<<endl;
return 0;
}
（3）问题扩展。
有一猴子第一天摘下若干个桃子，当即吃了一半，还不过瘾，又多吃了m个。第二天早上又将剩下的桃子吃掉一半，又多吃了m个。以后每天早上都吃了前一天剩下的一半后又多吃m个。到第n天早上想再吃时，见只剩下d个桃子了。
求第一天共摘了多少个桃子（m，n，d均由键盘输入，且1<=n,m,d<=20）？
（4）扩展问题的源程序。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int i,m,n,d;
cin>>n>>m>>d;
int *a;
a=new int [n+1];
a[n]=d;
for (i=n-1;i>=1;i--)
a[i]=2*(a[i+1]+m);
cout<<a[1]<<endl;
return 0;
}
【例5】过河卒
如图3，在棋盘的A点有一个过河卒，需要走到目标B点。卒行走规则：可以向下、或者向右。同时在棋盘上的任一点有一个对方的马（如图4-4的C点），该马所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点。例如，图4-4中C点上的马可以控制9个点（图中的P1，P2，…，P8 和C）。卒不能通过对方马的控制点。
棋盘用坐标表示，A点（0，0）、B点（n,m）（n，m为不超过50的整数，并由键盘输入），同样马的位置坐标通过键盘输入，并约定C<>A，同时C<>B。
编写程序，计算出卒从A点能够到达B点的路径的条数。
例如，输入6 6 3 2，输出为17。
图3 棋盘上的过河卒和对方的控制马
（1）编程思路。
在棋盘的A点（0，0）的过河卒要到达棋盘上的任意一点，只能从左边和上边两个方向过来。因此，要到达某一点的路径数，等于和它相邻的左、上两个点的路径数和：
F[i][j] = F[i-1][j] + F[i][j-1]。
可以使用逐列（或逐行）递推的方法来求出从起始顶点到终点的路径数目，即使有障碍（将马的控制点称为障碍），这一递推方法也完全适用，只要将到达该点的路径数目设置为0即可，用F[i][j]表示到达点（i，j）的路径数目，g[i][j]表示点（i，j）有无障碍，递推方程如下：
F[0][0] = 1 初始点直接可达。
F[i][0] = F[i-1][0] （i > 0，g[i][0] =0） // 左边界
F[0][j] = F[0][j-1] （j > 0，g[0][j] = 0） // 上边界
F[i][j] = F[i-1][j] + F[i][j-1] （i > 0，j > 0，g[x, y] = 0） // 递推式
（2）源程序。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int i,j,x,y,n,m,forbidden[51][51];
int ans[51][51];
int dx[8]={-2,-1,1,2,2,1,-1,-2};
int dy[8]={1,2,2,1,-1,-2,-2,-1};
cin>>n>>m>>x>>y;
for (i=0;i<=n;i++)
for (j=0;j<=m;j++)
{
forbidden[i][j]=0;
ans[i][j]=0;
}
ans[0][0]=1;
forbidden[x][y]=1;
for (i=0;i<8; i++)
if (x+dx[i]>=0 && x+dx[i]<=n && y+dy[i]>=0 && y+dy[i]<=m)
forbidden[x+dx[i]][y+dy[i]]=1;
for (i=1; i<=n; i++)
if (forbidden[i][0]==0)
ans[i][0]=1;
else break;
for (i=1; i<=m; i++)
if (forbidden[0][i]==0)
ans[0][i]=1;
else break;
for (i=1; i<=n; i++)
for (j=1; j<=m; j++)
if (forbidden[i][j]==0)
ans[i][j]=ans[i-1][j]+ans[i][j-1];
cout<<ans[n][m]<<endl;
return 0;
}
【例6】学生队列。
There are many students in PHT School. One day, the headmaster whose name is PigHeader wanted all students stand in a line. He prescribed that girl can not be in single. In other words, either no girl in the queue or more than one girl stands side by side.
The case n=4 (n is the number of children) is like FFFF, FFFM, MFFF, FFMM, MFFM, MMFF, MMMM Here F stands for a girl and M stands for a boy. The total number of queue satisfied the headmaster’s needs is 7.
Can you make a program to find the total number of queue with n children?
（1）编程思路。
设满足要求的n个学生的队列数为F(n)表示。
简单枚举n较小的情况为：F(0)=1 （没有人也是合法的，这个可以特殊处理，就像0的阶乘定义为1一样）；
F(1)=1（一个男生M）；F(2)=2；（两个男生MM或两个女生FF）；F(3)=4（MMM、MFF、FFM或FFF）。
当人数n大于3时，n个学生排队可以看成是由n-1个学生排好队后再加一个学生。按最后加的学生的性别分两种情况：
1）当加的最后一个学生是男孩M时候，前面n-1个随便排出来，只要符合要求就可以，即方案数为F（n-1）。
2）当加的最后一个学生是女孩F时候，第n-1个学生肯定是女孩F，这时候又有两种情况：
① 前面n-2个学生按满足要求的方法排好队，后面加两个女生一定也满足要求，此时方案数为F（n-2）。
② 前面n-2个人不是满足要求的队列，加上两个女生也有可能是合法的。当第n-2个学生是女孩而第n-3个学生是男孩时，后面加上两个女孩可能合法。此时前n-4个学生的队列必须满足要求，即方案数为F（n-4）。
综上所述：总数F（n）= F（n-1）+ F（n-2）+ F（n-4）。
（2）源程序。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int i,n,f[31];
f[0]=1; f[1]=1; f[2]=2; f[3]=4;
for(i=4;i<=30;i++)
f[i]=f[i-1]+f[i-2]+f[i-4]; // 按递推关系实施递推
while (cin>>n && n!=-1)
{
cout<<f[n]<<endl;
}
return 0;
}
【例7】栈
栈是计算机中经典的数据结构，简单的说，栈就是限制在一端进行插入删除操作的线性表。
栈有两种最重要的操作，即pop（从栈顶弹出一个元素）和push（将一个元素进栈）。
栈的重要性不言自明，任何一门数据结构的课程都会介绍栈。晶晶宁宁同学在复习栈的基本概念时，想到了一个书上没有讲过的问题，而她自己无法给出答案，所以需要你的帮忙。
晶晶考虑的是这样一个问题：一个操作数序列，从1，2，一直到n（图4-5所示为1到3的情况），栈A的深度大于n。
现在可以进行两种操作，
1）将一个数，从操作数序列的头端移到栈的头端（对应数据结构栈的push操作）。
2）将一个数，从栈的头端移到输出序列的尾端（对应数据结构栈的pop操作）。
使用这两种操作，由一个操作数序列就可以得到一系列的输出序列。设栈的原始状态如图4所示，由123生成序列231的过程如图5所示。
图4 栈的原始状态
图5 采用栈生成序列231的过程
请编写程序，对输入的n，计算并输出由操作数序列1，2，…，n经过栈操作可能得到的输出序列的总数。
（1）编程思路。
先模拟入栈、出栈操作，看看能否找出规律，设f(n)表示n个数通过栈操作后的排列总数，当n很小时，很容易模拟出f(1)=1，f(2)=2，f(3)=5。通过观察，看不出它们之间的递推关系，再分析n=4的情况，假设入栈前的排列为“4123”，按第一个数“4”在出栈后的位置进行分情况讨论：
1）若“4”最先输出，刚好与n=3相同，总数为f(3)。
2）若“4”第二个输出，则在“4”的前只能是“1”，“23”在“4”的后面，这时可以分别看作是n=1和n=2时的两种情况，排列数分别为f(1)和f(2)，所以此时的总数为f(1)*f(2)。
3）若“4”第三个输出，则“4”的前面二个数为“12”，后面一个数为“3”，组成的排列总数为f(2)*f(1)。
4）若“4”第四个输出，与情况（1）相同，总数为f(3)。
所以有：f(4)=f(3)+f(1)*f(2)+f(2)*f(1)+f(3)。
若设0个数通过栈后的排列总数为：f(0)=1；
上式可变为：f(4)=f(0)*f(3)+f(1)*f(2)+f(2)*f(1)+f(3)*f(0)。
再进一步推导，不难推出递推式：
f(n)=f(0)*f(n-1)+f(1)*f(n-2)+…+f(n-1)*f(0);
即f(n)= (n>=1)
初始值：f(0)=1;
有了以上递推式，就很容易用递推法写出程序。
（2）源程序。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int a[19]={0},n,i,j;
cin>>n;
a[0]=1;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=0;j<=i-1;j++)
a[i]=a[i]+a[j]*a[i-j-1];
cout<<a[n]<<endl;
return 0;
}
（3）用公式直接求解。
实际上，一个栈的入栈序列为1，2，3，…，n，其不同的出栈序列的种数是一个卡特兰数。
卡特兰数是组合数学中一个常出现在各种计数问题中出现的数列。该数列如下：
C0＝1，C1＝1，C2＝2，C3＝5，C4＝14，C5＝42，C6＝132，C7＝429，C8＝1430，
C9＝4862，C10＝16796，C11＝58786，C12＝208012，……。
卡塔兰数的一般项公式为：
Cn的另一个表达形式为：
下面简要描述一下这个公式的推导情况。
对于1~n中的每一个数来说，必须入栈一次、出栈一次。设入栈为状态“1”，出栈为状态“0”。n个数的所有状态对应n个1和n个0组成的2n位二进制数。由于等待入栈的操作数按照1~n的顺序排列、入栈的操作数b大于等于出栈的操作数a（a≤b），因此输出序列的总数目等于由左至右扫描由n个1和n个0组成的2n位二进制数，1的累计数不小于0的累计数的方案种数。
在2n位二进制数中填入n个1的方案数为c（2n，n），不填1的其余n位自动填0。从中减去不符合要求（由左至右扫描，0的累计数大于1的累计数）的方案数即为所求。
不符合要求的数的特征是由左至右扫描时，必然在某一奇数位2m+1位上首先出现m+1个0的累计数和m个1的累计数，此后的2（n-m）-1位上有n-m个 1和n-m-1个0。如果把后面这2(n-m)-1位上的0和1互换，使之成为n-m个0和n-m-1个1，结果得1个由n+1个0和n-1个1组成的2n位数，即一个不合要求的数对应于一个由n+1个0和n-1个1组成的排列。反过来，任何一个由n+1个0和n-1个1组成的2n位二进制数，由于0的个数多2个，2n为偶数，故必在某一个奇数位上出现0的累计数超过1的累计数。同样在后面部分0和1互换，使之成为由n个0和n个1组成的2n位数，即n+1个0和n-1个1组成的2n位数必对应一个不符合要求的数。因而不合要求的2n位数与n+1个0，n－1个1组成的排列一一对应。 即不符合要求的方案数为c（2n，n+1）。
由此得出，输出序列的总数目= c（2n，n）-c（2n，n+1）=c（2n，n）/（n+1）。
（4）采用公式直接求解的源程序。
#include <iostream>
using namespace std;
int combin(int n,int m) // 求组合数C（n,m）
{
int p=1,i,t;
t=n;
for (i=1;i<=m;i++)
{
p=p*t/i;
t--;
}
return p;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
cout<<combin(2*n,n)/(n+1)<<endl;
return 0;
}
【例8】整数划分问题
正整数s（简称为和数）的划分（又称拆分）是把s分成为若干个正整数（简称为零数或部分）之和，划分式中允许零数重复，且不记零数的次序。
试求s=12共有多少个不同的划分式？展示出所有这些划分式。
（1）编程思路。
整数划分问题可采用多种方法解决，下面我们采用递推的法来完成。
为了建立递推关系，先对和数k较小时的划分式作观察归纳：
k=2：1+1；2 2种划分式
k=3：1+1+1；1+2；3 3种划分式
k=4：1+1+1+1；1+1+2；1+3；2+2；4 5种划分式
k=5：1+1+1+1+1；1+1+1+2；1+1+3；1+2+2；1+4；2+3；5 7种划分式
由以上各划分看到，除和数本身k=k这一特殊划分式外，其它每一个划分式至少为两项之和。约定在所有划分式中零数作非降序排列，探索和数k的划分式与和数k−1的划分式存在以下递推关系：
1）在所有和数k−1的划分式前加零数1都是和数k的划分式。
2）和数k−1的划分式的前两个零数作比较，如果第1个零数x1小于第2个零数x2，则把第1个零数加1后成为和数k的划分式。
定义一个三维数组a，a[k][j][i]表示为和数k的第j个划分式的第i个数。
递推的初始条件为：a[2][1][1]=1； a[2][1][2]=1； a[2][2][1]=2。
根据递推关系，实施递推：
1）实施在k−1所有划分式前加1操作。
a[k][j][1]=1;
for (t=2;t<=k;t++)
a[k][j][t]=a[k−1][j][t−1]; // k−1的第t−1项变为k的第t项
2）若k−1划分式第1项小于第2项，第1项加1，变为k的第i个划分式
if(a[k-1][j][1]<a[k-1][j][2]) // 若k-1划分式第1项小于第2项
{ i++; // 第1项加1为k的第i个划分式的第1项
a[k][i][1]=a[k-1][j][1]+1;
for(t=2;t<=k-1;t++)
a[k][i][t]=a[k-1][j][t];
}
（2）源程序及运行结果。
#include <iostream>
#include <iomanip>
using namespace std;
int main()
{
int s,i,j,k,t,cnt;
static int a[21][800][21]={0};
cout<<"input s(s<=20):";
cin>>s;
a[2][1][1]=1; a[2][1][2]=1; a[2][2][1]=2;
cnt=2;
for(k=3;k<=s;k++)
{
for(j=1;j<=cnt;j++)
{
a[k][j][1]=1;
for(t=2;t<=k;t++) // 实施在k-1所有划分式前加1操作
a[k][j][t]=a[k-1][j][t-1];
}
for(i=cnt,j=1;j<=cnt;j++)
if(a[k-1][j][1]<a[k-1][j][2]) // 若k-1划分式第1项小于第2项
{
i++; // 第1项加1为k的第i个划分式的第1项
a[k][i][1]=a[k-1][j][1]+1;
for(t=2;t<=k-1;t++)
a[k][i][t]=a[k-1][j][t];
}
i++; a[k][i][1]=k; // k的最后一个划分式为：k=k
cnt=i;
}
for(j=1;j<=cnt;j++) // 输出s的所有划分式
{
cout<<setw(4)<<j<<": "<<s<<"="<<a[s][j][1];
i=2;
while (a[s][j][i]>0)
{
cout<<"+"<<a[s][j][i];
i++;
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
（3）整数划分的优化。
上面递推算法的时间复杂度与空间复杂度为O(n2u)，其中u为n划分式的个数。由于u随n增加非常快，难以估算其数量级，因此算法的时间复杂度与空间复杂度是很高的。
下面我们对整数划分进行集智。
分析上面使用三维数组a[k][j][i]完成的递推过程。当由k−1的划分式推出k的划分式时，k−1以前的数组单元已完全闲置。因此，可以考虑把三维数组a[k][j][i]改进为二维数组a[j][i]。进行和数为k的递推前，数组元素a[j][i]表示和数是k−1的已有划分式。根据递推关系推出和数为k的划分式：
1）把a[j][i]依次存储到a[j][i+1]，加上第一项a[j][1]=1；这样完成在k−1的所有划分式前加1的操作，转化为k的划分式。
for(t=i;t>=1;t−−)
a[j][t+1]=a[j][t];
a[j][1]=1;
2）对已转化的cnt个划分式逐个检验，若其第2个数小于第3个数（相当于k−1时的第1个数小于第2个数），则把第2个数加1，去除第一个数后，作为k时增加的一个划分式，为第t个（t从cnt开始，每增加一个划分式，t增1）划分式。
for(t=u,j=1;j<=u;j++)
if(a(j,2)<a(j,3)) // 若k−1划分式第1项小于第2项
{t++;
a(t,1)=a(j,2)+1; // 第1项加1 作为k的第t个划分式的第1项
i=3;
while(a(j,i)>0)
{a(t,i−1)=a(j,i);i++;}
}
（4）优化后的源程序。
#include <iostream>
#include <iomanip>
using namespace std;
int main()
{
int s,i,j,k,t,cnt;
static int a[1600][25]={0};
cout<<"input s(s<=24):";
cin>>s;
a[1][1]=1;a[1][2]=1;a[2][1]=2;
cnt=2;
for(k=3;k<=s;k++)
{
for(j=1;j<=cnt;j++)
{
i=k-1;
for(t=i;t>=1;t--) // 实施在k-1所有划分式前加1操作
a[j][t+1]=a[j][t];
a[j][1]=1;
}
for(t=cnt,j=1;j<=cnt;j++)
if(a[j][2]<a[j][3]) // 若k-1划分式第1项小于第2项
{
t++;
a[t][1]=a[j][2]+1; // 第1项加1
i=3;
while(a[j][i]>0)
{
a[t][i-1]=a[j][i];
i++;
}
}
t++; a[t][1]=k; // 最后一个划分式为：k=k
cnt=t;
}
for(j=1;j<=cnt;j++) // 输出s的所有划分式
{
cout<<setw(4)<<j<<": "<<s<<"="<<a[j][1];
i=2;
while (a[j][i]>0)
{
cout<<"+"<<a[j][i];
i++;
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
改进的递推程序把原有的三维数组优化为二维数组，降低了算法的空间复杂度，拓展了算法的求解范围。
但是，由于划分式的数量cnt随和数s增加得相当迅速。例如，和数为24时有1575种划分。因此尽管改进为二维数组，求解的和数s也不可能太大。
