五 、递归算法
递归算法
概述
前面已经介绍了关于递归调用这样一种操作，而递归程序设计是C++语言程序设计中的一种重要的方法，它使许多复杂的问题变得简单，容易解决了。
递归特点是：函数或过程调用它自己本身。其中直接调用自己称为直接递归，而将A调用B，B以调用A的递归叫做间接递归。
例题讲解
【例1】 给定n（n>=1）,用递归的方法计算1+2+3+4+...+(n-1)+n。
【算法分析】
本题可以用递归方法求解，其原因在于它符合递归的三个条件：
- 本题是累加问题：当前和=前一次和+当前项，而前一次和的计算方法与其相同，只是数据不同s(n)=s(n-1)+n;
- 给定n,所以是有限次的递归调用；
- 结束条件是当n=1，则s=1。
实现代码
#include<iostream>
using namespace std;
int fac(int); //递归函数
int main()
{
int t;
cin>>t; //输入t的值
cout<<"s="<<fac(t)<<endl; //计算1到t的累加和，输出结果
}
int fac(int n)
{
if (n==1) return 1;
return(fac(n-1)+n); //调用下一层递归
}
运行程序，当T=5时，输出结果：S=15，其递归调用执行过程是：（设T=3）
递归调用过程，实质上是不断调用过程或函数的过程，由于递归调用一次，所有子程序的变量（局部变量、变参等）、地址在计算机内部都有用特殊的管理方法——栈（先进后出）来管理，一旦递归调用结束，计算机便开始根据栈中存储的地址返回各子程序变量的值，并进行相应操作。
【例2】 设有N个数已经按从大到小的顺序排列，现在输入X，判断它是否在这N个数中，如果存在则输出：“YES” 否则输出“NO”。
【算法分析】
该问题属于数据的查找问题，数据查找有多种方法，通常方法是：顺序查找和二分查找，当N个数排好序时，用二分查找方法速度大大加快。二分查找算法：
-
设有N个数，存放在A数组中，待查找数为X，用L指向数据的高端，用R指向数据的低端，MID指向中间：
-
若X=A[MID] 输出 “YES”；
-
若X<A[MID]则到数据后半段查找：R不变，L=MID+1，计算新的MID值，并进行新的一段查找
-
若X>A[MID]则到数据前半段查找：L不变，R=MID-1，计算新的MID值，并进行新的一段查找；
-
若L>R都没有查找到，则输出“NO”。
该算法符合递归程序设计的基本规律，可以用递归方法设计。
实现代码：
#include<iostream>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int a[11];
void search(int,int,int);
int main() //主程序
{
int k,x,L=1,R=10;
cout<<"输入10个从大到小顺序的数："<<endl;
for (k=1;k<=10;k++)
cin>>a[k];
cin>>x;
search(x,L,R);
system("pause");
}
void search(int x,int top,int bot) //二分查找递归过程
{
int mid;
if (top<=bot)
{
mid=(top+bot)/2; //求中间数的位置
if (x==a[mid]) cout<<"YES"<<endl; //找到就输出
else
if (x<a[mid]) search(x,mid+1,bot); //判断在前半段还是后半段查找
else search(x,top,mid-1);
}
else cout<<"NO"<<endl;
}
【例3】Hanoi汉诺塔问题
有N个圆盘，依半径大小（半径都不同），自下而上套在A柱上，每次只允许移动最上面一个盘子到另外的柱子上去（除A柱外，还有B柱和C柱，开始时这两个柱子上无盘子），但绝不允许发生柱子上出现大盘子在上，小盘子在下的情况，现要求设计将A柱子上N个盘子搬移到C柱去的方法。
【算法分析】
本题是典型的递归程序设计题。
(1)当N=1 时，只有一个盘子，只需要移动一次:A—>C;
(2)当N=2时，则需要移动三次：
A------ 1 ------> B, A ------ 2 ------> C, B ------ 1------> C.
(3)如果N=3，则具体移动步骤为：
假设把第3步，第4步，第7步抽出来就相当于N=2的情况（把上面2片捆在一起，视为一片）：
所以可按“N=2”的移动步骤设计：
①如果N=0，则退出，即结束程序;否则继续往下执行;
②用C柱作为协助过渡，将A柱上的（N-1）片移到B柱上，调用过程mov(n-1, a,b,c);
③将A柱上剩下的一片直接移到C柱上;
④用A柱作为协助过渡，将B柱上的（N-1）移到C柱上，调用过程mov (n-1,b,c,a)。
实现代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int k=0,n;
void mov(int n,char a,char c,char b)
//用b柱作为协助过渡，将a柱上的（n）移到c柱上
{
if (n==0) return; //如果n=0，则退出，即结束程序
mov(n-1,a,b,c ); //用c柱作为协助过渡，将a柱上的（n-1）片移到b柱上
k++;
cout <<k<<" :from "<<a <<"-->"<<c<<endl;
mov(n-1,b,c,a ); //用a柱作为协助过渡，将b柱上的（n-1）移到c柱上
}
int main()
{
cout<<"n=";
cin>>n;
mov(n,'a','c','b');
}
程序定义了把n片从A柱移到C柱的过程mov (n,a,c,b)，这个过程把移动分为以下三步来进行：
①先调用过程mov (n-1, a, b, c)，把(n-1)片从A柱移到B柱, C柱作为过渡柱;
②直接执行 writeln(a, ’--＞’, c)，把A柱上剩下的一片直接移到C柱上，;
③调用mov (n-1,b,c,a)，把B柱上的(n-1)片从B移到C柱上，A柱是过渡柱。
对于B柱上的(n-1)片如何移到C柱，仍然调用上述的三步。只是把(n-1)当成了n，每调用一次，要移到目标柱上的片数N就减少了一片，直至减少到n=0时就退出，不再调用。exit是退出指令，执行该指令能在循环或递归调用过程中一下子全部退出来。
mov过程中出现了自己调用自己的情况，在Pascal中称为递归调用，这是Pascal语言的一个特色。对于没有递归调用功能的程序设计语言，则需要将递归过程重新设计为非递归过程的程序。
【例4】用递归的方法求斐波那契数列中的第N个数
实现代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int a[11];
int fib(int);
int main()
{
int m;
cin>>m;
cout<<"fib("<<m<<")="<<fib(m);
}
int fib(int n)
{
if (n==0) return 0; //满足边界条件，递归返回
if (n==1) return 1; //满足边界条件，递归返回
return (fib(n-1)+fib(n-2)); //递归公式，进一步递归
}
//输入 15
//输出 fib(15)=610
【例5】集合的划分
【问题描述】
设S是一个具有n个元素的集合，S＝｛a1，a2，……，an｝，现将S划分成k个满足下列条件的子集合S1，S2，……，Sk ，且满足：
则称S1，S2，……，Sk是集合S的一个划分。它相当于把S集合中的n个元素a1 ，a2，……，an 放入k个（0＜k≤n＜30＝无标号的盒子中，使得没有一个盒子为空。请你确定n个元素a1 ，a2 ，……，an 放入k个无标号盒子中去的划分数S(n，k)。
【输入样例】setsub.in
23 7
【输出样例】setsub.out
4382641999117305
【算法分析】
先举个例子，设S＝｛1，2，3，4｝，k＝3，不难得出S有6种不同的划分方案，即划分数S(4，3)=6，具体方案为：
｛1，2｝∪｛3｝∪｛4｝ ｛1，3｝∪｛2｝∪｛4｝ ｛1，4｝∪｛2｝∪｛3｝
｛2，3｝∪｛1｝∪｛4｝ ｛2，4｝∪｛1｝∪｛3｝ ｛3，4｝∪｛1｝∪｛2｝
考虑一般情况，对于任意的含有n个元素a1 ，a2，……，an的集合S，放入k个无标号的盒子中去，划分数为S(n，k)，我们很难凭直觉和经验计算划分数和枚举划分的所有方案，必须归纳出问题的本质。其实对于任一个元素an，则必然出现以下两种情况：
1、｛an｝是k个子集中的一个，于是我们只要把a1，a2，……，an-1 划分为k－1子集，便解决了本题，这种情况下的划分数共有S(n－1，k－1)个；
2、｛an｝不是k个子集中的一个，则an必与其它的元素构成一个子集。则问题相当于先把a1，a2，……，an-1 划分成k个子集，这种情况下划分数共有S(n－1，k)个；然后再把元素an加入到k个子集中的任一个中去，共有k种加入方式，这样对于an的每一种加入方式，都可以使集合划分为k个子集，因此根据乘法原理，划分数共有k * S(n－1，k)个。
综合上述两种情况，应用加法原理，得出n个元素的集合｛a1，a2，……，an｝划分为k个子集的划分数为以下递归公式：S(n，k)＝S(n－1，k－1) + k * S(n－1，k) (n>k，k>0)。
下面，我们来确定S(n，k)的边界条件,首先不能把n个元素不放进任何一个集合中去，即k=0时，S(n，k)＝0；也不可能在不允许空盒的情况下把n个元素放进多于n的k个集合中去，即k＞n时,S(n，k)＝0；再者，把n个元素放进一个集合或把n个元素放进n个集合，方案数显然都是1，即k=1或k=n时，S(n,k)=1。
因此，我们可以得出划分数S(n，k)的递归关系式为：
S(n，k)＝S(n－1，k－1) + k * S(n－1，k) (n>k，k>0)
S(n，k)＝0 (n<k)或(k＝0)
S(n，k)＝1 (k=1)或(k＝n)
实现代码
#include<iostream>
using namespace std;
int s(int n, int k) //数据还有可能越界，请用高精度计算
{
if ((n < k) || (k == 0)) return 0; //满足边界条件，退出
if ((k == 1) || (k == n)) return 1;
return s(n-1,k-1) + k * s(n-1,k); //调用下一层递归
}
int main()
{
int n,k;
cin >> n >> k;
cout << s(n,k);
return 0;
}
【例6】数的计数(Noip2001)
【问题描述】
我们要求找出具有下列性质数的个数（包括输入的自然数n）。先输入一个自然数n（n≤1000），然后对此自然数按照如下方法进行处理：
不作任何处理；
在它的左边加上一个自然数，但该自然数不能超过原数的一半；
加上数后，继续按此规则进行处理，直到不能再加自然数为止。
输入：自然数n（n≤1000）
输出：满足条件的数
【输入样例】
6 满足条件的数为 6 (此部分不必输出)
16
26
126
36
136
【输出样例】
6
【方法一】
用递归，f(n)=1+f(1)+f(2)+…+f(div/2)，当n较大时会超时，时间应该为指数级。
实现代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int ans;
void dfs(int m) //统计m所扩展出的数据个数
{
int i;
ans++; //每出现一个原数，累加器加1；
for (i = 1; i <= m/2; i++) //左边添加不超过原数一半的自然数，作为新原数
dfs(i);
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
dfs(n);
cout << ans;
return 0;
}
【方法二】：用记忆化搜索，实际上是对方法一的改进。设h[i]表示自然数i满足题意三个条件的数的个数。如果用递归求解，会重复来求一些子问题。例如在求h[4]时，需要再求h[1]和h[2]的值。现在我们用h数组记录在记忆求解过程中得出的所有子问题的解，当遇到重叠子问题时，直接使用前面记忆的结果。
实现代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int h[1001];
void dfs(int m)
{
int i;
if (h[m] != -1) return; //说明前面已经求得h[m]的值，直接引用即可，不需要再递归
h[m] = 1; //将h[m]置为1，表示m本身为一种情况
for (i = 1; i <= m/2; i++)
{
dfs(i);
h[m] += h[i];
}
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
h[i] = -1; //h数组初始化为-1
dfs(n); //由顶到下记忆化递归求解
cout << h[n];
return 0;
}
【方法三】
用递推，用h(n)表示自然数n所能扩展的数据个数，则h(1)=1, h(2)=2, h(3)=2, h(4)=4, h(5)=4, h(6)=6, h(7)=6, h(8)=10, h(9)=10.分析以上数据，可得递推公式：h(i)=1+h(1)+h(2)+…+h(i/2)。此算法的时间度为O(n*n)。
设h[i]-i按照规则扩展出的自然数个数(1≤i≤n)。下表列出了h[i]值及其方案：
实现代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int h[10001];
int main()
{
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) //按照递增顺序计算扩展出的自然数的个数
{
h[i] = 1; //扩展出的自然数包括i本身
for (int j = 1; j <= i/2; j++)
//i左边分别加上1…自然数 按规则扩展出的自然数
h[i] += h[j];
}
cout << h[n];
return 0;
}
【方法四】
是对方法三的改进，我们定义数组s，s(x)=h(1)+h(2)+…+h(x),h(x)=s(x)-s(x-1)，此算法的时间复杂度可降到O(n)
实现代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int h[1001],s[1001];
int main()
{
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
h[i] = 1 + s[i/2];
s[i] = s[i-1] + h[i]; //s是h的前缀累加和
}
cout << h[n];
return 0;
}
【方法五】
还是用递推，只要作仔细分析，其实我们还可以得到以下的递推公式:
(1)当i为奇数时，h(i)=h(i-1);
(2)当i为偶数时,h(i)=h(i-1)+h(i/2).
#include<iostream>
using namespace std;
int h[1001];
int main()
{
int n;
cin >> n;
h[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
h[i] = h[i-1];
if (i % 2 == 0) h[i] = h[i-1] + h[i/2];
}
cout << h[n];
return 0;
}
