ACM入门教程-线性递推
写在前面
今天讲一个基本的算法思想递推，所谓递推就是根据当前值能够求出下一个值，比如我们熟悉的斐波那契数列，它规定了前两个数为1，剩下的数由f（n）=f（n-1）+f(n-2)来推导而出，在算法竞赛中，常常抛出一个实际问题，大家需要抽象出数学模型也就是递推式子就能顺利解题目。
奇怪的数列
Problem Description
塔兹米是一个喜欢数学的好孩子。有一天，他发现了一个奇怪的数列：
1,1,2,3,5,8,……
在思考许久之后，聪明如他也没办法算出数列中第N个数字，你能帮助他吗?
Input
有多组测试数据。
每组测试数据有一个整数N（0<N<=40）。
Output
对于每个测试数据，输出数列中第N个数是多少。
每个结果占一行。
SampleInput
1
5
SampleOutput
1
5
思路分析
观察得到题目中的数列为斐波那契数列，数据范围很小，先预处理一遍然后输出就好啦
ACcode
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;int main(){int n;int a[43] = {0,1,1};for(int i = 3; i <= 42; i++)a[i] = a[i-1]+a[i-2];while(cin>>n && n){cout<<a[n]<<endl;}return 0;
}
奇怪的台阶
Problem Description
QAQ在一个楼梯上，QAQ现在位于第0阶，无聊的QAQ发现，以他腿的长度，每次可以上1阶，2阶，3阶，而这个台阶一共有N阶，那么QAQ走到第N阶共有多少种走法？
Input
多组测试数据，每组数据一行，包含一个数字N。（1 <= N <= 30）
Output
对于每组数据：
输出到达第N阶共有多少种走法
SampleInput
1
2
SampleOutput
1
2
思路分析
这道题相对于上一题就有点让人摸不着头脑了，首先我们很容易得到 在0阶时，到达1阶有1种办法，到达2阶有2种办法，到达3阶有4种办法（0->1->2->3）(0->2->3)(0->1->3)(0->3).其实那么每一阶当中有什么规律呢？我们规定f[n]为到达第n阶的方案,我们考虑对于当前状态的上一步状态比如1可以由0一步到达，显然f[1]=f[0+1],而f[2]=f[0+2]+f[1+1],f[3]=f[0+3]+f[1+2]+f[2+1] f[4]=f[1+3]+f[2+2]+f[3+1]…根据状态的转移我们可以得到f[1]=1,f[2]=2,f[3]=4,f[n]=f[n-1]+f[n-2]+f[n-3] (n>3)，从题目本身来说，就是考虑当前阶数的可以分别由+1，+2，+3三个操作到达。
ACcode
#include <stdio.h>
int main()
{int n,i[34]={1,2,4},j,m;for(j=3;j<34;j++)i[j]=i[j-1]+i[j-2]+i[j-3];while(~scanf("%d",&n))printf("%d\n",i[n-1]);return 0;
}
我读书少，你们得帮帮我
Problem Description
这是一题简单的题目，考的只是你的数学而已。
我一直都很好奇愚公一家到底有多少人。好吧，CJP说你们会帮我的。
假设愚公家族 每个人的一生是这样度过的：（当他回首往事的时候。。。开个玩笑，请无视） 头 20 年用来生长发育以及挖山，第21年（可以理解为21岁的时候）开始 每年生下一个孩子（ 自交，任性， 没妻子， 全生男，且 不考虑死亡），当然还要去挖山。
我们默认愚公1岁的时候为第一年（第21年愚公生下第一胎），求第 N年愚公家族(愚公家族不需要妻子，别考虑太多)有多少人。
Input
有多组测试数据，每组占一行，包括一个数N（0<N<=60），N为第N年。
Output
对于每组测试，输出整数M，M为愚公家族的人数。
SampleInput
1
21
41
SampleOutput
1
2
23
思路分析
同样规定状态f[n]为第n天的人口，那么这一题有怎么样的一个状态转移关系呢？我们看到题目中的一个关键数字20，且从21年以后人数开始发生变化，对于第n+1年，f[n+1]=f[n]+(新增人口)，我们考虑一下增加的人口就可以了，那么会增加多少人呢？对于第n+1年来说,前20年的人都具备生育能力了，那显然他们都要生也就是他们的数量翻倍就好，所以得到的式子就是 f[n]=f[n-1]+f[n-20]（n>20）
ACcode
#include <stdio.h>
int main()
{int c[70];int n, i;while (scanf("%d", &n) != EOF){for (i = 1; i <= n; i++){if (i <= 20)c[i] = 1;elsec[i] = c[i - 1] + c[i - 20];}printf("%d\n", c[n]);}
}
骨牌铺方格
Problem Description
在2×n的一个长方形方格中,用一个1× 2的骨牌铺满方格,输入n ,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：
Input
输入数据由多行组成，每行包含一个整数n,表示该测试实例的长方形方格的规格是2×n (0<n<=50)。
Output
对于每个测试实例，请输出铺放方案的总数，每个实例的输出占一行。
SampleInput
1
3
2
SampleOutput
1
3
2
思路分析
相信通过上面几题的分析，大家都知道第一步要干什么了，首先还是状态的确定，f[n]为2*n大小矩阵的摆放方案数，再考虑能够一步到达n的状态。通过横着摆两个或者竖着摆一个可以到达当前填充好的矩阵。所以惊人的发现这居然是个斐波那契数列的变种，f[n]=f[n-1]+f[n-2];
ACcode
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{long long int a[55];a[1]=1;a[2]=2;for(int i=3;i<=50;i++)a[i]=a[i-1]+a[i-2];int n;while (cin>>n){cout<<a[n]<<endl;}return 0;
}
杨辉三角
Problem Description
还记得中学时候学过的杨辉三角吗？具体的定义这里不再描述，你可以参考以下的图形：
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
Input
输入数据包含多个测试实例，每个测试实例的输入只包含一个正整数n（1<=n<=30），表示将要输出的杨辉三角的层数。
Output
对应于每一个输入，请输出相应层数的杨辉三角，每一层的整数之间用一个空格隔开，每一个杨辉三角后面加一个空行。
SampleInput
2 3
SampleOutput
1
1 1
1
1 1
1 2 1
思路分析
本题根据杨辉三角的定义出发即可f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]，注意一下边界条件，不过多赘述。
ACcode
#include<stdio.h>
int main()
{int a, b, c;int x[50][50];while (~scanf("%d", &a)){for (b = 1; b < 50; b++){x[b][1] = 1;x[b][b] = 1;}for (c = 3; c <= a; c++)for (b = 2; b < c; b++){x[c][b] = x[c - 1][b] + x[c - 1][b - 1];}for (c = 1; c <= a; c++){for (b = 1; b < c; b++)printf("%d ", x[c][b]);printf("%d\n", x[c][b]);}printf("\n");}return 0;
}
武士之魂2：不是假发是桂！
Problem Description
在这天人当道的时代，却依然有着那么一些武士为了推翻昏庸的政府而不懈努力着。桂正是其中之一。但是他却被真选组的人小看了，他们还用“假发”这个外号称呼他以此来激怒他。
“不是假发，是桂！”桂愤怒的大喊。终于他决定给不可一世的真选组一点教训。他制定了一个完美的作战方案——潜入真选组，把他们所有厕所的厕纸全部翻转放置！从而让他们陷入抽不完的厕纸地狱！对于真选组来说，你可以用刀切断厕纸让厕纸可以取出！但是要用刀切断厕纸你身为剑士的尊严就该遭到侮辱！但如果没擦干净你也会被人鄙视！这样一个两难的抉择会打击真选组的积极性！这样兵不血刃的方法也只有桂可以想出来吧！真不愧是被称为狂乱贵公子的男人！
但是真选组的防守也是很严密的，桂必须抓紧时间行动，真选组的本部的地形可以看做多个矩形组成左下角的点为入口，右上角的点为出口，矩形的边即为路径，但是桂并不知道真选组具体有多大，为了能安全的走到出口，桂将只会沿着路向上或者向右走，并翻转沿路厕所里的厕纸。这样一来，桂就有很多的路线可以选择，他是一个追求完美的人，他想知道他会因此少翻转多少的厕纸，所以他必须要算出总共有多少可选路线，但是面对即将到来的潜入，由于这个数可能会很大，因此他已无暇去想了，这就只能由你来帮他计算了。
Input
首先输入一个整数 N ，代表接下来有 N 组测试样例，接下来 N 行输入一个整数 M ，代表真选组的地形为 M * M 的矩形。 1<=M<=10 。
Output
输出有多少条可选的路线。
SampleInput
2
1
2
SampleOutput
2
6
思路分析
告诉你起点（1，1）每次可以向右走或者向下走问你到达（n,m）的方案数，首先还是规定状态f[i][j]为到达(i,j)的方案，再考虑能一步到达（i，j）的情况即为（i,j-1）(向右走) （i-1,j）(向下走)，很明显能一步到达（i，j）的状态，（i，j）也能一步回去，题目给我们的是向右和向下，所以我们只要在当前格向左或者向上就可以找到对应的状态，所以本题状态转移方程为f[i][[j]=f[i-1][j]+f[i][j-1];
ACcode
# include<stdio.h>
int main()
{int dp[11][11],i,j;int t, n;scanf("%d", &t);while (t--){scanf("%d", &n);for (i = 1; i <= n; i++){dp[i][0] = 1;dp[0][i] = 1;}for (i = 1; i <= n; i++){for (j = 1; j <= n; j++){dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];}}printf("%d\n", dp[n ][n]);}return 0;}
总结
大家可以发现，所谓递推题，就是需要找到一个方程来转移状态，那么我们首先的步骤就是用数组表达状态，然后处理一下边界条件，也就是最开始的起点，然后接下来所有状态根据题目来考虑，当前状态的所有上一个状态，累加即可，这一思路其实就是动态规划的思想，希望大家好好思考这些问题，随着题目的复杂化，这些状态转移可能会难以看出，或者很难转移，我们又会学习更新的办法来解决。
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