多柱汉诺塔问题

　　集训时遇到这种问题，觉得有点意思。

　　设$f_m(x)$代表有$x$个盘子且可用$m$根柱子时，将$x$个盘子整体移动到另一根柱子的最小步数。

　　首先是三柱的移动步数$f_3(n)$，先利用三根柱子把前$n-1$个盘子从$A$柱移动到$B$柱，消耗步数$f_3(n-1)$，然后把最大的一个从$A$柱移动到$C$柱，消耗步数$f_3(1)=1$，最后再把B柱上的$n-1$个盘子从$B$柱移动到$C$柱，消耗步数$f_3(n-1)$,于是有递推式$f_3(n)=2×f_3(n-1)+1$，再加上边界条件f_3(1)=1，可变换得$f_3(n)=2^n-1$.

　　然后是四柱的，目标是将$n$个盘子从$A$柱移动到$D$柱，根据各种博客上的说法，步数最少的移动方式如下(手推感觉也差不多是这样，但好像还没人证明为什么能这样搞，通过调整$p$得到最小步数)——

　　　　先利用$A$、$B$、$C$、$D$四根柱子，将$A$柱最上方的$p$个盘子$(0< p < n)$移动到$B$柱上(先移到$C$上也可以，都是暂时存放的作用)，消耗步数$f_4(p)$；

　　　　然后利用剩下的$A$、$C$、$D$三根柱子将$A$柱上的剩余$n-p$个盘子移动到$D$柱上，消耗步数$f_3(n-p)=2^{n-p}-1$；

　　　　再利用$A$、$B$、$C$、$D$四根柱子，将$B$柱上的$p$个盘子移动到$D$柱上，消耗步数$f_4(p)$；

　　于是$f_4(n)=2×f_4(p)+f_3(n-p)=2×f_4(p)+2^{n-p}-1$，然后这篇论文：   四柱汉诺塔之初步探究杨楷,徐川- 《北京大学学报(自然科学版)》2004年1期 证明了当$p=\left \lfloor \frac{\sqrt{8n+1}-1}{2} \right \rfloor$时$f_4(n)$时能够取到最小值$$f_4(n)=\left(n-\frac{p_2-p+2}{2}\right)×2^p+1$$

　　柱子再多一些……留坑