多柱汉诺塔的Frame-Stewart算法

通过分析三柱汉诺塔的递归求解过程，我们能够线性递推出移动nnn个盘子的最小移动次数

设三柱汉诺塔，移动nnn个盘子的最小移动次数为T(3,n)T(3, n)T(3,n)
T(3,n)={1n=12f(3,n−1)+1n>1T(3,n)=\left\{ \begin{aligned} & 1 & n=1 \\ & 2f(3,n-1) +1 & n > 1 \\ \end{aligned} \right. T(3,n)={12f(3,n−1)+1n=1n>1
由此可得T(3,n)=2n−1T(3,n) = 2^n - 1T(3,n)=2n−1

然而对于多柱汉诺塔问题，我们并没有一个非常直观的策略来移动圆盘。

首先考虑四柱汉诺塔的情况（又称Reve’s Puzzle），对四柱汉诺塔上移动nnn个盘子，可以通过分成如下333个步骤

将rrr个圆盘从AAA柱，通过CCC、DDD柱移动到BBB柱
将n−rn-rn−r个圆盘从AAA柱，通过CCC柱移动到DDD柱
将rrr个圆盘从BBB柱，通过AAA、CCC柱移动到DDD柱

那么我们的疑问是能够将111、333两个步骤作为子问题。通过一些简单的运算，我们发现对于较小的nnn，使用该方法的结果是正确的。

不加证明该递归算法的正确性，我们可以归纳递推式为
T(4,n)=min⁡1≤r<n2T(4,n−r)+T(3,r)T(4, n) = \min_{1 \leq r < n }{2T(4, n-r) + T(3, r)} T(4,n)=1≤r<nmin2T(4,n−r)+T(3,r)
即
T(4,n)=min⁡1≤r<n2T(4,n−r)+2r−1T(4, n) = \min_{1 \leq r < n }{2T(4, n-r) + 2^r - 1} T(4,n)=1≤r<nmin2T(4,n−r)+2r−1
产生的数列
T(4,i)=A007664=0,1,3,5,9,13,17,25,…T(4, i) = A007664 = 0, 1,3,5,9,13,17,25,\dots T(4,i)=A007664=0,1,3,5,9,13,17,25,…
对该数列进行差分，能够发现产生的数列为
A137688=1,2,2,4,4,4,8,8,8,8,⋯=20,21,21,22,22,22,…A137688 = 1,2,2,4,4,4,8,8,8,8,\dots = 2^0, 2^1, 2^1, 2^2,2^2,2^2,\dots A137688=1,2,2,4,4,4,8,8,8,8,⋯=20,21,21,22,22,22,…
因此我们可以在O(n)O(n)O(n)的时间内计算出T(4,n)T(4, n)T(4,n)的结果

对于圆柱的数量 m≥5m\geq5m≥5 的情况，我们是否可以继续使用递归的思路？

我们尝试继续使用333个步骤描述对mmm柱汉诺塔的移动方式：

将rrr个圆盘从AAA柱，通过m−2m-2m−2根圆柱移动到BBB柱
将n−rn-rn−r个圆盘从AAA柱，通过其他m−3m-3m−3根圆柱移动到mmm柱
将rrr个圆盘从BBB柱，通过m−2m-2m−2根圆柱移动到mmm柱

在这种移动过程中，我们会产生一些疑问，如：我们是否可以进行如下操作

将r’r’r’个圆盘从AAA柱，通过m−3m-3m−3根圆柱移动到BBB柱、CCC柱
将n−r’n-r’n−r’个圆盘从AAA柱，通过其他m−4m-4m−4根圆柱移动到mmm柱
将r′r'r′个圆盘从BBB柱、CCC柱，通过m−3m-3m−3根圆柱移动到mmm柱

这样的话，111、333两个步骤就难以通过递归方式描述，因为这把r’r’r’个圆盘放到了两根（甚至更多根）圆柱上

但是我们稍加考虑，假设我们移到BBB柱上的数量为rBr_BrB，本质上与我们在之前方案上先移动rBr_BrB个圆盘，再移动n−rBn-r_Bn−rB个圆盘到mmm柱上的方案是等价的。

这333个步骤已经是Frame-Stewart算法的主要思想，我们在利用公式简要地描述：
T(m,n)=min⁡1≤r<n2T(m,n−r)+T(m−1,r)T(m,n) = \min_{1 \le r < n}2T(m,n-r)+T(m-1,r) T(m,n)=1≤r<nmin2T(m,n−r)+T(m−1,r)
对此，除m=3,4m=3,4m=3,4的情况外，我们需要O(mn2)O(mn^2)O(mn2)的时间复杂度计算mmm柱汉诺塔问题，含有nnn个圆盘时的最少移动次数。

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