算法--递归策略
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递归的概念与基本思想
一个函数、过程、概念或数学结构，如果在其定义或说明内部又直接或间接地出现有其本身的引用，则称它们是递归的或者是递归定义的。在程序设计中，过程或函数直接或者间接调用自己，就被称为递归调用。
递归的实现方法
递归是借助于一个递归工作栈来实现；递归=递推+回归；
递推：问题向一极推进,这一过程叫做递推；这一过程相当于压栈。
回归：问题逐一解决，最后回到原问题，这一过程叫做回归。这一过程相当于弹栈。
例如：用递归算法求 n!
定义：函数 fact(n)=n!
fact(n-1)=(n-1)!
则有 fact(n)=n*fact(n-1)
已知 fact(1)=1
下面画出了调用和返回的递归示意图：
递归实现的代价是巨大的栈空间的耗费，那是因为过程每向前递推一次，程序将本层的实在变量（值参和变参）、局部变量构成一个“工作记录”压入工作栈的栈顶，只有退出该层递归时，才将这一工作记录从栈顶弹出释放部分空间。由此可以想到，减少每个“工作记录”的大小便可节省部分空间。例如某些变参可以转换为全局变量，某些值参可以省略以及过程内部的精简。
【例题】写出结果
#include<iostream> using namespace std; void rever() { char c; cin>>c; if(c!='!') rever(); cout<<c; } int main( ) { rever(); system("PAUSE"); return 0; }
【样例输入】gnauh！ 【样例输出】!huang
采用递归方法编写的问题解决程序具有结构清晰，可读性强等优点，且递归算法的设计比非递归算法的设计往往要容易一些，所以当问题本身是递归定义的，或者问题所涉及到的数据结构是递归定义的，或者是问题的解决方法是递归形式的时候，往往采用递归算法来解决。
递归算法的类型
递归算法可以分为两种类型：
基于分治策略的递归算法；
基于回溯策略的递归算法。
基于分治策略的递归算法
分而治之（divide-and-conquer）的算法
设计思想：
1.Divide：把问题划分为若干个子问题；
2.Conquer：以同样的方式分别去处理各个子问题；
3.Combine：把各个子问题的处理结果综合起来，形成最终的处理结果。
如何编写基于分治策略的递归程序？
在算法分析上，要建立分治递归的思维方式。
在编程实现上，要建立递归信心（To turst the recursion, Jerry Cain, stanford）。
如何建立分治递归的思维方式？
基本原则：目标驱动！
计算n!：n! = n * (n-1)!，且1! = 1。
int main( ) { int n; printf("请输入一个整数："); scanf("%d", &n); printf("%d! = %d \n", n, fact(n)); return 0 } int fact(int n) { if(n == 1) return(1); else return(n * fact(n-1)); }
如何建立递归信心？
函数的递归调用到底是如何进行的呢？在递归调用时，执行的是不是相同的代码？访问的是不是相同的数据？如果是的话，那么大家会不会相互干扰、相互妨碍？
例题:寻找最大值
问题描述：给定一个整型数组a，找出其中的最大值。
如何来设计相应的递归算法？
目标：max{a[0], a[1], … a[n-1]}
可分解为：max{a[0], max{a[1], … a[n-1]}}
另外已知max{x} ＝ x
这就是递归算法的递归形式和递归边界，据
此可以编写出相应的递归函数:
int Max(int a[], int first, int n) { int max; if(first == n-1) return a[first]; max = Max(a, first+1, n); if(max < a[first]) return a[first]; else return max; }
折半查找法
问题描述：
查找（Searching）：根据给定的某个值，在一组数据（尤其是一个数组）当中，确定有没有出现相同取值的数据元素。
顺序查找、折半查找。
int bsearch(int b[], int x, int L, int R) { int mid; if(L > R) return(-1); mid = (L + R)/2; if(x == b[mid]) return mid; else if(x < b[mid]) return bsearch(b, x, L, mid-1); else return bsearch(b, x, mid+1, R); }
汉诺(Hanoi)塔问题
相传在古印度Bramah庙中，有位僧人整天把三根柱子上的金盘倒来倒去，原来他是想把64个一个比一个小的金盘从一根柱子上移到另一根柱子上去。移动过程中遵守以下规则：每次只允许移动一只盘，且大盘不得落在小盘上（简单吗？若每秒移动一只盘子，需5800亿年）
分析：
在A柱上有 n 个盘子, 从小到大分别为1号、2号、3号、…、n号。
第 1 步：将1号、2号、…、n-1号盘作为一个整体，在C的帮助下，从A移至B；
第 2 步：将n号盘从A移至C；
第 3 步：再将1号、2号、…、n-1号盘作为一个整体，在A的帮助下，从B移至C；
这三步记为：
move n-1 discs from A to B using C；
move 1 discs from A to C；
move n-1 discs from B to C using A ；
#include <stdio.h> void move(int n, char L, char M, char R); int main( ) { int n; printf("请输入一个整数："); scanf("%d", &n); move(n, 'A', 'B', 'C'); return 0; } // L: Left post, M: Middle post, R: Right post void move(int n, char L, char M, char R) { if(n == 1) printf("move #1 from %c to %c\n", L, R); else { move(n-1, L, R, M); printf("move #%d from %c to %c\n", n, L, R); move(n-1, M, L, R); } }
基于回溯策略的递归
在程序设计当中，有相当一类求一组解、或求全部解或求最优解的问题，不是根据某种确定的计算法则，而是利用试探和回溯（Backtracking）的搜索技术求解。回溯法也是设计递归算法的一种重要方法，它的求解过程实质上是一个先序遍历一棵“状态树”的过程，只不过这棵树不是预先建立的，而是隐含在遍历的过程当中。
例题：分书问题
有五本书，它们的编号分别为1，2，3，4，5，现准备分给 A, B, C, D, E五个人，每个人的阅读兴趣用一个二维数组来加以描述：
希望编写一个程序，输出所有的分书方案，让人人皆大欢喜。
假定这5个人对这5本书的阅读兴趣如下表：
思路：
1、定义一个整型的二维数组，将上表中的阅读喜好用初始化的方法赋给这个二维数组。可定义：
int Like[6][6] = {{0}, {0, 0,0,1,1,0}, {0, 1,1,0,0,1}, {0, 0,1,1,0,1}, {0, 0,0,0,1,0}, {0, 0,1,0,0,1}};
2、定义一个整型一维数组BookFlag[6]用来记录书是否已被选用。用后五个下标作为五本书的标号，被选用的元素值为1, 未被选用的值为0, 初始化皆为0.
int BookFlag[6] = {0};
3、定义一个整型一维数组BookTaken[6]用来记录每一个人选用了哪一本书。用数组元素的下标来作为人的标号，用数组元素的值来表示书号。如果某个人还没有选好书，则相应的元素值为0。初始化时，所有的元素值均为0。
int BookTaken[6] = {0};
4、循环变量 i 表示人，j 表示书，i, j ε{1, 2, 3, 4, 5}
一种方法：枚举法。
把所有可能出现的分书方案都枚举出来，然后逐一判断它们是否满足条件，即是否使得每个人都能够得到他所喜欢的书。缺点：计算量太大。
#include<stdio.h> void person(int i); int Like[6][6] = {{0}, {0, 0, 0, 1, 1, 0}, {0, 1, 1, 0, 0, 1}, {0, 0, 1, 1, 0, 1}, {0, 0, 0, 0, 1, 0}, {0, 0, 1, 0, 0, 1}}; int BookFlag[6] = {0}; int BookTaken[6] = {0}; int main( ) { person( 1 ); return 0; } void person(int i) // 尝试给第i个人分书 { int j, k; for(j = 1; j <= 5; j++) // 尝试把每本书分给第i个人 { if((BookFlag[j] != 0) || (Like[i][j] == 0)) continue; // 失败 BookTaken[i] = j; // 把第j本书分给第i个人 BookFlag[j] = 1; if(i == 5){ // 已找到一种分书方案 for(k = 1; k <= 5; k++) printf("%d ", BookTaken[k]); printf("\n"); } else{ person(i + 1); // 给第i+1个人分书 } BookTaken[i] = 0; // 回溯，把这一次分得的书退回 BookFlag[j] = 0; } }
例题：八皇后问题
在8×8的棋盘上，放置8个皇后（棋子），使两两之间互不攻击。所谓互不攻击是说任何两个皇后都要满足：
（1）不在棋盘的同一行；
（2）不在棋盘的同一列；
（3）不在棋盘的同一对角线上。
因此可以推论出，棋盘共有8行，故至多有8个皇后，即每一行有且仅有一个皇后。这8个皇后中的每一个应该摆放在哪一列上是解该题的任务。
数据的定义（1）：
i —— 第i行（个）皇后，1 ≤ i ≤ 8；
j —— 第j列， 1 ≤ j ≤ 8；
Queen[i] —— 第i行皇后所在的列；
Column[j]—— 第j列是否安全，{0, 1}；
数据的定义（2）：
Down[-7..7 ]——记录每一条从上到下的对角线，是否安全，{0,1}
Up[2..16]——记录每一条从下到上的对角角线，是否安全，{0,1}
利用以上的数据定义：
当我们需要在棋盘的( i, j ) 位置摆放一个皇后的时候，可以通过Column数组、Down数组和Up数组的相应元素，来判断该位置是否安全；
当我们已经在棋盘的( i, j ) 位置摆放了一个皇后以后，就应该去修改Column数组、Down数组和Up数组的相应元素，把相应的列和对角线设置为不安全。
代码如下：
void TryQueen(int i); int Queen[9] = { 0 }; int Column[9] = { 0 }; int Down[15] = { 0 }; int Up[15] = { 0 }; int main( ) { TryQueen(1); return 0; } void TryQueen(int i) // 摆放第 i 行的皇后 { int j, k; for(j = 1; j <= 8; j++) // 尝试把该皇后放在每一列 { if(Column[j] || Down[i-j+7] || Up[i+j-2]) continue; // 失败 Queen[i] = j; // 把该皇后放在第j列上 Column[j] = 1; Down[i-j+7] = 1; Up[i+j-2] = 1; if(i == 8) // 已找到一种解决方案 { for(k = 1; k <= 8; k++) printf("%d ", Queen[k]); printf("\n"); } else TryQueen(i + 1); // 摆放第i+1行的皇后 Queen[i] = 0; // 回溯，把该皇后从第j列拿起 Column[j] = 0; Down[i-j+7] = 0; Up[i+j-2] = 0; } }
例题：过河问题
问题描述：
M条狼和N条狗（N≥M）渡船过河，从河西到河东。在每次航行中，该船最多能容纳2只动物，且最少需搭载1只动物。安全限制：无论在河东、河西还是船上，狗的数量不能小于狼的数量。请问：能否找到一种方案，使所有动物都能顺利过河。如果能，移动的步骤是什么？
问题分析：
如何描述系统的当前状态？
位置：河西岸、河东岸、河；
对象：船、狼、狗。
三元组（W、 D、 B） （其中：W代表Wolf；D代表Dog；B代表Boat）
例如：(2, 2, W)
(2, 2, W)--> (0, 2, E)--> (1, 2, W)--> (1, 0, E) -->(2, 0, W) -->(0, 0, E)
第一步：带2只狼到E，则W剩下0只狼，2只羊 (0, 2, E)
第二步：带1只狼到W，则W剩下1只狼，2只羊 (1, 2, W)
第三步：带2只羊到E，则W剩下1只狼，0只羊 (1, 0, E)
第四步：带1只狼到W，则W剩下2只狼，0只羊 (2, 0, W)
第五步：带2只狼到E，则W剩下0只狼，0只羊 (0, 0, E)
1.问题实质：在一个有向图中寻找一条路径；
2.状态转换：如何从一个结点跳转到另一个结点；
代码如下：
#include <stdio.h> #define MAX_M 20 #define MAX_N 20 int M, N; struct Status //构建三元组 { int W, D, B; }steps[1000]; int s = 0, num = 0; int flags[MAX_M][MAX_N][2] = {0}; void CrossRiver(int W, int D, int B); int IsValid(int w, int d, int b); int main( ) { scanf("%d %d", &M, &N); flags[M][N][0] = 1; //初始状态(M,N,W) steps[0].W = M; steps[0].D = N; steps[0].B = 0; s = 1; CrossRiver(M, N, 0); return 0; } void CrossRiver(int W, int D, int B) { int i, j, f; int w, d, b; if(B == 0) f = -1; else f = 1; for(j = 1; j <= 5; j++) { switch(j) { case 1: w = W + f*1; d = D; break; case 2: w = W + f*2; d = D; break; case 3: d = D + f*1; w = W; break; case 4: d = D + f*2; w = W; break; case 5: w = W + f*1; d = D + f*1; break; } b = 1 - B; if(IsValid(w, d, b)) { flags[w][d][b] = 1; steps[s].W = w; steps[s].D = d; steps[s].B = b; s++; if(w == 0 && d == 0 && b == 1) { num ++; printf("Solutions %d: \n", num); for(i = 0; i < s; i++) printf("%d %d %d\n", steps[i].W, steps[i].D, steps[i].B); } else CrossRiver(w, d, b); flags[w][d][b] = 0; s--; } } } int IsValid(int w, int d, int b) //判断三元组的某一状态是否合法 { if(w < 0 || w > M) return 0; if(d < 0 || d > N) return 0; if(flags[w][d][b] == 1) return 0; if(d > 0 && w > d) return 0; if((N-d > 0) && (M-w > N-d)) return 0; return 1; }
例题：排列问题
n个对象的一个排列，就是把这 n 个不同的对象放在同一行上的一种安排。例如，对于三个对象 a,b,c，总共有6个排列：
a b c
a c b
b a c
b c a
c a b
c b a
n 个对象的排列个数就是 n!。
如何生成排列？
基于分治策略的递归算法：
假设这 n 个对象为 1, 2, 3, …, n；
对于前n-1个元素的每一个排列 a1 a2 … an-1，1£ai £ n-1，通过在所有可能的位置上插入数字 n，来形成 n 个所求的排列，即：
n a1
a2
… an-1
a1 n a2 … an-1
……
a1 a2
… n an-1
a1 a2 … an-1
n
例如：生成1,2,3的所有排列
permutation(3) -> permutation(2) -> permutation(1)
permutation(1)：1
permutation(2)：2 1，1 2
permutation(3)：3 2 1，2 3 1，2 1 3，
3 1 2，1 3 2，1 2 3
基于回溯策略的递归算法：
基本思路：每一个排列的长度为 N，对这N个不同的位置，按照顺序逐一地枚举所有可能出现的数字。
定义一维数组NumFlag[N+1]用来记录1-N之间的每一个数字是否已被使用，1表示已使用，0表示尚未被使用，初始化皆为0；
定义一维数组NumTaken[N+1]，用来记录每一个位置上使用的是哪一个数字。如果在某个位置上还没有选好数字，则相应的数组元素值为0。初始化时，所有元素值均为0；
循环变量 i 表示第 i 个位置，j 表示整数 j，i, j ε{1, 2, …, N}。
代码如下：
#include <stdio.h> #define N 3 void TryNumber( int i ); int NumFlag[N+1] = {0}; int NumTaken[N+1] = {0}; int main( ) { TryNumber( 1 ); return 0; } void TryNumber(int i) { int j, k; for(j = 1; j <= N; j++) { if(NumFlag[j] != 0) continue; NumTaken[i] = j; NumFlag[j] = 1; if(i == N) { for(k = 1; k <= N; k++) printf("%d ", NumTaken[k]); printf("\n"); } else TryNumber(i + 1); NumTaken[i] = 0; NumFlag[j] = 0; } }
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