递归与递推类型题小结
2024-05-03 10:23:06
文章目录
- 1. 递归
- 1.1 解题思想
- 1.2 例题1（指数型枚举）
- 题意：
- 思路：
- 递归树模型：
- 时间复杂度：
- 代码实现：
- 1.3 例题2（排列型枚举）
- 题意：
- 思路：
- 递归树模型：
- 时间复杂度分析：
- 代码实现：
- 1.4 习题1（组合型枚举）
- 题意：
- 思路：
- 递归树模型：
- 代码实现：
- 1.5 习题2（带分数）
- 题意：
- 思路：
- 2. 递推
- 2.1 解题思路：
- 2.2 例题1（简单斐波那契）
- 思路：
- 2.3 例题2（费解的开关）
- 题意：
- 思路：
1. 递归
1.1 解题思想
- 一个问题可以分解成具有相同解决思路的子问题
- 使用递归方法解决问题时最好先画出递归树
- 经过层层分解的子问题最后一定是有一个不能再分解的固定值的（即终止条件），然后从叶子节点一层层返回结果，最终解决这个问题
1.2 例题1（指数型枚举）
92. 递归实现指数型枚举
题意：
- 输出一个集合的幂集所有元素
思路：
- 把输入的n当作有n个空位
- 每一个空位有两种状态，是否选取当前位置对应的值到集合中
- 递归实现：按顺序从头依次讨论每一个位置的选取情况，画出递归树
递归树模型：
- 标准的二叉树，每个分支表示选与不选
时间复杂度：
- O(2n)O(2^n)O(2n)
代码实现：
class Main {BufferedWriter log = new BufferedWriter(new OutputStreamWriter(System.out));Scanner s = new Scanner(System.in);// 一共要考虑的位置总数int n;// 记录每一个位置的状态，0表示还没考虑到，1表示选它，2表示不选它int[] st;public void run() throws IOException {n = s.nextInt();st = new int[n + 1];// 从第一个位置开始考虑dfs(1);log.flush();}// i 表示当前考虑到第几个位置了private void dfs(int i) throws IOException {// 边界位置if (i > n) {for (int k = 1; k <= n; k++) {if (st[k] == 1) {log.write(k + " ");}}log.write("\n");return;}// 当前位置不选st[i] = 2;// 考虑下一个位置dfs(i + 1);// 回溯到父节点时恢复现场st[i] = 0;// 当前位置要选st[i] = 1;// 考虑下一个位置dfs(i + 1);// 回溯到父节点时恢复现场st[i] = 0;}public static void main(String[] args) throws IOException {new Main().run();}
}
1.3 例题2（排列型枚举）
94. 递归实现排列型枚举
题意：
- 从小到大输出一个序列的全排列AnnA_n^nAnn
思路：
- 把输入的n当作有n个空位
- 依次考虑每一个空位的取值(1~n)，由小到大取
递归树模型：
- 随着选取的数字增多，每一层节点的分支减1
时间复杂度分析：
第一层：1个节点执行一次for循环，O(n)
第二层：n个节点，每个节点都执行一次for循环，O(n*n)
第三层：n*(n-1)个节点，每个节点都执行一次for循环，O(n*(n-1)*n)
…
倒数第二层：n*(n-1)*(n-2)*… 2 个节点，同理，O(n*(n-1)*(n-2)* … *2*n)
最后一层：n!个节点，每个节点不用再执行一次for循环，但是需要输出数据，O(n!*n)总复杂度：O((n∗(1+n∗(n−1)+n∗(n−1)∗(n−2)+...+n!)))O((n*(1+n*(n-1)+n*(n-1)*(n-2)+...+n!)))O((n∗(1+n∗(n−1)+n∗(n−1)∗(n−2)+...+n!)))，大概为O(n∗n!)O(n*n!)O(n∗n!)
代码实现：
class Main {BufferedWriter log = new BufferedWriter(new OutputStreamWriter(System.out));Scanner s = new Scanner(System.in);// 记录位置总数int n;// 记录位置状态，0表示还为考虑该位置，1~n表示该位置上的取值int[] state;// 记录对应数字是否使用过boolean[] used;public void run() throws Exception {n = s.nextInt();state = new int[n + 1];used = new boolean[n + 1];// 从第一个位置开始考虑dfs(1);log.flush();}public void dfs(int i) throws Exception {// 边界，即叶子节点的下一步，此时所有位置的取值已经考虑完毕if (i > n) {for (int k = 1; k <= n; k++) {log.write(state[k] + " ");}log.write('\n');return;}// 循环找到未使用过的最小数放到当前位置 (下一个节点的状态)for (int k = 1; k <= n; k++) {if (!used[k]) {// 在当前位置取值state[i] = k; used[k] = true;// 考虑下一步取值dfs(i + 1);// 回溯到父节点时恢复现场state[i] = 0;used[k] = false;}}}public static void main(String[] args) throws Exception {new Main().run();}
}
1.4 习题1（组合型枚举）
93. 递归实现组合型枚举
题意：
- 输出一个序列的组合CnmC_n^mCnm
思路：
- 把输入的m当作m个空位，输入的n为(1~n)数
- 从前往后开始依次考虑每个空位的取值(1~n)，后考虑的空位的值一定大于前一个空位
递归树模型：
- 从第二层的节点开始，从左到右每一个子树的所有节点依次递减
代码实现：
class Main { Scanner s = new Scanner(System.in);BufferedWriter log = new BufferedWriter(new OutputStreamWriter(System.out));// 记录n个空位int n;// 记录m个需要选择的位置数量int m;// 方案int[] ways;// 当前位置最小能考虑到到数int start = 1;public void run() throws IOException {n = s.nextInt();m = s.nextInt();ways = new int[m + 1];dfs(1);log.flush();}private void dfs(int i) throws IOException {// 剪枝：还未考虑到到的空位数量 > 待选的数的个数 (无效枚举)if (m - i + 1 > n - start + 1) {return;}// 边界if (i > m) {// 扫描statefor (int k = 1; k <= m; k++) {log.write(ways[k] + " ");}log.write('\n');return;}for (int k = start; k <= n; k++) {ways[i] = k;start = k + 1;dfs(i + 1);// 恢复现场ways[i] = 0;start = k;}}public static void main(String[] args) throws IOException {new Main().run(); }
}
1.5 习题2（带分数）
1209. 带分数
题意：
- 以n=a+bcn=a+\frac{b}{c}n=a+cb的形式表示一个整数
- 其中a、b、c的每一位数字包含完1~9且不重复
思路：
- 暴力枚举出9个数的全排列，然后用一个数组保存（全排列搜索模型）
- 从全排列的结果中用两重循环暴力分解出三段，每段代表一个数
- 验证枚举出来的三个数是否满足题干条件，若满足则计数
public class Main {Scanner s = new Scanner(System.in);// 输入数int n;// 用来存全排列数int[] nums;// 用来判断哪些数使用过boolean[] used;int a, b, c;// 计数int cnt;public void run() {n = s.nextInt();nums = new int[10];used = new boolean[10];dfs(1);System.out.println(cnt);}public void dfs(int i) {// 边界if (i > 9) {// 对每一种排列进行枚举分段for (int x = 1; x <= 7; x++) {for (int y = x + 1; y <= 8; y++) {a = subNums(1, x);b = subNums(x + 1, y);c = subNums(y + 1, 9);// 对符合条件对数进行计数if (n * c == a * c + b) cnt++;}}return;}// 全排列搜索模型for (int k = 1; k <= 9; k++) {if (!used[k]) {nums[i] = k;used[k] = true;dfs(i + 1);nums[i] = 0;used[k] = false;}}}// 求每一段的数字private int subNums(int l, int r) {int num = 0;for (int i = l; i <= r; i++) {num = num * 10 + nums[i];}return num;}public static void main(String[] args) {new Main().run();}
}
2. 递推
2.1 解题思路：
- 首先找到题目的递推式子
- 与递归不同的是，递推解决子问题是从头开始
2.2 例题1（简单斐波那契）
简单斐波那契
思路：
- 递推式子：f(n) = f(n - 1) + f(n - 2)
- 初始化一个数组前两项为0、1
- 根据递推式子从第三行开始递推
class Main {BufferedWriter log = new BufferedWriter(new OutputStreamWriter(System.out));Scanner s = new Scanner(System.in);// 斐波那契的前n项int n;// 递推式子int[] f;public void run() throws Exception {n = s.nextInt();f = new int[46];// 初始化f[1] = 0;f[2] = 1;// 从前到后递推for (int i = 3; i <= n; i++) {f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];}for (int i = 1; i <= n; i++) {log.write(f[i] + " ");}log.flush();}public static void main(String[] args) throws Exception {new Main().run();}
}
2.3 例题2（费解的开关）
95. 费解的开关
题意：
- 给定一个5x5的方格，共25盏灯
- 每盏灯有开和关两种状态
- 每次操作一盏灯时，以该灯为中心的十字形状范围的灯都会改变状态
- 找到用最少的操作步数使所有的灯都亮着，当步数超过6时返回-1
思路：
- 枚举出对第一行的所有操作情况（指数类型枚举模型），注意这里不是枚举第一行的灯的状态
- 根据推导可知：当第一行操作完毕确认完的状态后，后面除了最后一行的每一行操作就已经确定了，即必须在上一行关灯的下方一个位置进行状态变化
- 当操作到最后一行到时候，前面的n-1行已经全亮
- 最后只需要特判一下最后一个行的状态，只要有一个不亮，则说明第一行的本次操作情况无效
import java.util.*;
import java.io.*;
class Main {Scanner s = new Scanner(System.in);// 矩阵数量int n;// 输入的每一行String line;// char数组char[][] g;public void run() {n = s.nextInt();g = new char[5][5];while(n-- > 0) {// 填充数组for (int i = 0; i < 5; i++) {line = s.next();for (int j = 0; j < 5; j++) {g[i][j] = line.charAt(j);}}// 输出每次输入的g的ansminStep(g);}}public void minStep(char[][] c) {// 输入数组的替身char[][] backup = new char[5][5];for (int k = 0; k < 5; k++) {System.arraycopy(c[k], 0, backup[k], 0, 5);}int ans = 7;// 先枚举出第一行的所有操作情况for (int op = 0; op < 32; op++) {// 每次op让step归0int step = 0;// 二进制数中对数字为1的位置进行翻转 for (int i = 0; i < 5; i++) {if ((op >> i & 1) == 1) {turn(backup, 0, i);step++;}}// 从第一行到第四行开始扫描for (int i = 0; i < 4; i++) {for (int j = 0; j < 5; j++) {// 如果当前行的当前列元素为0则对下一行对应位置进行翻转if (backup[i][j] == '0') {turn(backup, i + 1, j); step++;}}}boolean bright = true;// 扫描最后一行元素，判断其是否全为1for (int i = 0; i < 5; i++) {if(backup[4][i] != '1') {bright = false;}}// 如果最后一行全亮，则本次op有效，与前一次的移动步数比较，以至于所有op结束后找到最小值if (bright) {ans = Math.min(ans, step);}// 恢复替身改变之前的状态for (int k = 0; k < 5; k++) {System.arraycopy(c[k], 0, backup[k], 0, 5);}}// 判断最小步数是否大于6，如果大于6则返回-1if(ans > 6) ans = -1;System.out.println(ans);}// 关于(x, y)的5个点偏移量int[] dx = {-1, 0, 1, 0, 0};int[] dy = {0, 1, 0, -1, 0};public void turn(char[][] c, int x, int y) {for (int i = 0; i < 5; i++) {// (a, b)为(x, y)附加对应偏移量的点int a = x + dx[i];int b = y + dy[i];// 判断一下边界，如果越界，这该点无效，不需要翻转if (a < 0 || a >=5 || b < 0 || b >= 5) continue;// 对该点进行翻转c[a][b] = c[a][b] == '1' ? '0' : '1';}}public static void main(String[] args) {new Main().run();}
}
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