递推求解问题

目录

 

1290.献给杭电五十周年校庆的礼物

1297.Children's Queue

1438 钥匙计数之一

1465 不容易系列

1466 计算直线的交点数

1480.钥匙计数之二

---

1290.献给杭电五十周年校庆的礼物

吃蛋糕之前先考大家一个问题：如果校长大人在蛋糕上切了N刀（校长刀法极好，每一刀都是一个绝对的平面），最多可以把这个球形蛋糕切成几块呢？

做不出这个题目，没有蛋糕吃的！
为-了-母-校-，为-了-蛋-糕-（不是为了DGMM，枫之羽最会浮想联翩...），加-油-！

Input

输入数据包含多个测试实例，每个实例占一行，每行包含一个整数n(1<=n<=1000)，表示切的刀数。

Output

对于每组输入数据，请输出对应的蛋糕块数，每个测试实例输出一行。

Sample Input

1 2 3

Sample Output

2 4 8

#include
#include
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    printf("%d",(n*n*n+5*n)/6+1);
}

这道题要一步一步来的：
(1) n条直线最多分平面问题
题目大致如:n条直线，最多可以把平面分为多少个区域。
析:可能你以前就见过这题目，这充其量是一道初中的思考题。但一个类型的题目还是从简单的入手，才容易发现规律。当有n-1条直线时，平面最多被分成了f（n-1）个区域。则第n条直线要是切成的区域数最多，就必须与每条直线相交且不能有同一交点。 这样就会得到n-1个交点。这些交点将第n条直线分为2条射线和n-2条线断。而每条射线和线断将以有的区域一分为二。这样就多出了2+（n-2）个区域。
故：f(n)=f(n-1)+n
=f(n-2)+(n-1)+n
……
=f(1)+1+2+……+n
=n(n+1)/2+1
(2) 折线分平面（hdu2050）
根据直线分平面可知，由交点决定了射线和线段的条数，进而决定了新增的区域数。当n-1条折线时，区域数为f（n-1）。为了使增加的区域最多，则折线的两边的线段要和n-1条折线的边，即2*（n-1）条线段相交。那么新增的线段数为4*（n-1），射线数为2。但要注意的是，折线本身相邻的两线段只能增加一个区域。
故：f(n)=f(n-1)+4(n-1)+2-1
=f(n-1)+4(n-1)+1
=f(n-2)+4(n-2)+4(n-1)+2
……
=f(1)+4+4*2+……+4(n-1)+(n-1)
=2n^2-n+1
(3) 封闭曲线分平面问题
题目大致如设有n条封闭曲线画在平面上，而任何两条封闭曲线恰好相交于两点，且任何三条封闭曲线不相交于同一点，问这些封闭曲线把平面分割成的区域个数。
析：当n-1个圆时，区域数为f(n-1).那么第n个圆就必须与前n-1个圆相交，则第n个圆被分为2（n-1）段线段，增加了2（n-1）个区域。
故： f(n)=f(n-1)+2(n-1)
=f(1)+2+4+……+2(n-1)
=n^2-n+2
(4)平面分割空间问题（hdu1290）
由二维的分割问题可知，平面分割与线之间的交点有关，即交点决定射线和线段的条数，从而决定新增的区域数。试想在三维中则是否与平面的交线有关呢？当有n-1个平面时，分割的空间数为f（n-1）。要有最多的空间数，则第n个平面需与前n-1个平面相交，且不能有共同的交线。即最多有n-1 条交线。而这n-1条交线把第n个平面最多分割成g（n-1）个区域。（g（n）为（1）中的直线分平面的个数 ）此平面将原有的空间一分为二，则最多增加g（n-1）个空间。
故：f=f(n-1)+g(n-1) ps:g(n)=n(n+1)/2+1
=f(n-2)+g(n-2)+g(n-1)
……
=f(1)+g(1)+g(2)+……+g(n-1)
=2+(1*2+2*3+3*4+……+(n-1)n)/2+（n-1）
=(1+2^2+3^2+4^2+……+n^2-1-2-3-……-n )/2+n+1
=(n^3+5n)/6+1

1297.Children's Queue

There are many students in PHT School. One day, the headmaster whose name is PigHeader wanted all students stand in a line. He prescribed that girl can not be in single. In other words, either no girl in the queue or more than one girl stands side by side. The case n=4 (n is the number of children) is like
FFFF, FFFM, MFFF, FFMM, MFFM, MMFF, MMMM
Here F stands for a girl and M stands for a boy. The total number of queue satisfied the headmaster’s needs is 7. Can you make a program to find the total number of queue with n children?

Input

There are multiple cases in this problem and ended by the EOF. In each case, there is only one integer n means the number of children (1<=n<=1000)

Output

For each test case, there is only one integer means the number of queue satisfied the headmaster’s needs.

Sample Input

1 2 3

Sample Output

1 2 4

思路：题目大意是要求队列中要不没有女生，要么至少两个女生相邻，即不能单独一个女生。

计算F(n):

一：当最后一个是男孩时，前面n-1个随便排出来，只要符合规则就可以，即F(n-1).

二：当最后一个是女孩时，第n-1个肯定是女孩，这时又有两种情况：

        1）前面n-2个人是合法的，即F(n-2）

         2)  前面n-2个人不是合法的，加上两个女生也有可能是合法的，当第n-2是女生，而n-3是男生时，可能合法，情况总数为F(n-4)

综上：F(n)=F(n-1)+F(n-2)+F(n-4),并且F（0）=1，F(1)=1，F(2)=2，F（3）=4

#include
#include
using namespace std;
string add(string s1,string s2)
{

    int j,l,la,lb;
    string max,min;
    max=s1;min=s2;
    if(s1.length()=0;j--,l--) max[l] += min[j]-'0';
    for(j=la-1;j>=1;j--) if(max[j]>'9'){max[j]-=10;max[j-1]++;}
    if(max[0]>'9') {max[0]-=10;max='1'+max;}
    return max;
}
int main(){
	int n,i;
	string a[1001];
	a[0]="1";
	a[1]="1";
	a[2]="2";
	a[3]="4";
	for(i=4;i<1001;++i)
	   a[i]=add(add(a[i-1],a[i-2]),a[i-4]);
	 while(cin>>n)
	    cout<

1438 钥匙计数之一

一把锁匙有N个槽，槽深为1，2，3，4。每锁匙至少有3个不同的深度且至少有1对相连的槽其深度之差为3。求这样的锁匙的总数。

Input

本题无输入

Output

对N>=2且N<=31，输出满足要求的锁匙的总数。

Sample Output

N=2: 0

N=3: 8

N=4: 64

N=5: 360

.. .. .. .. .. .. ..

N=31: ...

分析：若x是钥匙，则x加1，2，3，4.都是钥匙则a[i]=a[i-1]*4;

        若x不是钥匙，加上2,3。就是钥匙了，这x是由1和4组成。但是要减去x是全1或者全4。a[i]+=(2^i-1-2)*2;

        若x不是钥匙，加上1,4就是钥匙但是要减去x是由1和4组成。还要减去b[i-1],表示以1和4为结尾的个数，因为i的位置是1和4，i-1的位置就必修是4和1来配对，但是前面的计算，可能会造成i-2的位置有1和4，这样就不符合x不是钥匙，而且什么当x是钥匙的时候，已经算了一次，所以要除去i-1位置以1和4结尾的。

  temp=(4^i-2-2^i-2)*2-b[i-1].

  而此时，b[i]=a[i-1]*2+temp,a[i-1]*2是i-1是钥匙，然后加上1和4，temp上面本来就是结尾加上1和4.

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef __int64 LL;
 
LL a[32],b[32];
// a[i] 表示是钥匙的个数，b[i] 表示 是钥匙但是以1或4结尾的钥匙数
LL pow(int a,int b){
    LL sum = a;
    for(int i = 2;i <= b;i++){
        sum *= a;
    }
    return sum;
}
int main(){
    a[2] = 0;b[2] = 0;
    a[3] = 8;b[3] = 4;
    for(int i = 4;i < 32;i++){
        a[i] = a[i-1] * 4; 
        a[i] += (pow(2,i-1) - 2) * 2;
        LL tmp =(pow(4,i-2) - pow(2,i-2)) * 2 - b[i-1];
        a[i] += tmp;
        b[i] = a[i-1] * 2 + tmp;
    }
    for(int i = 2;i < 32;i++){
        printf("N=%d: %I64d\n",i,a[i]);
    }
    return 0;

 

1465 不容易系列

大家常常感慨，要做好一件事情真的不容易，确实，失败比成功容易多了！
做好“一件”事情尚且不易，若想永远成功而总从不失败，那更是难上加难了，就像花钱总是比挣钱容易的道理一样。
话虽这样说，我还是要告诉大家，要想失败到一定程度也是不容易的。比如，我高中的时候，就有一个神奇的女生，在英语考试的时候，竟然把40个单项选择题全部做错了！大家都学过概率论，应该知道出现这种情况的概率，所以至今我都觉得这是一件神奇的事情。如果套用一句经典的评语，我们可以这样总结：一个人做错一道选择题并不难，难的是全部做错，一个不对。

不幸的是，这种小概率事件又发生了，而且就在我们身边：
事情是这样的——HDU有个网名叫做8006的男性同学，结交网友无数，最近该同学玩起了浪漫，同时给n个网友每人写了一封信，这都没什么，要命的是，他竟然把所有的信都装错了信封！注意了，是全部装错哟！

现在的问题是：请大家帮可怜的8006同学计算一下，一共有多少种可能的错误方式呢？

Input

输入数据包含多个多个测试实例，每个测试实例占用一行，每行包含一个正整数n（1

Output

对于每行输入请输出可能的错误方式的数量，每个实例的输出占用一行。

Sample Input

2 3

Sample Output

1 2

#include
#include
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    long long dp[30];
    dp[1]=0,dp[2]=1;
    for(int i=3;i<=20;i++)
        dp[i]=(dp[i-1]+dp[i-2])*(i-1);
    while(cin>>n)
        printf("%lld\n",dp[n]);
}

1466 计算直线的交点数

平面上有n条直线，且无三线共点，问这些直线能有多少种不同交点数。
比如,如果n=2,则可能的交点数量为0(平行)或者1(不平行)。

Input

输入数据包含多个测试实例,每个测试实例占一行,每行包含一个正整数n（n<=20）,n表示直线的数量.

Output

每个测试实例对应一行输出，从小到大列出所有相交方案，其中每个数为可能的交点数,每行的整数之间用一个空格隔开。

Sample Input

2 3

Sample Output

0 1

0 2 3

解析：设f（n）是n条直线交点方案，假设有r条非互相平行线，则f(n)=(n-r)*r+f(r);我们设置一个二维数组dp[i][j]代表i条直线有j个交点的情况，若存在等于1，否则为0；可以推出：只要dp[r][j]=1（r条直线有j个交点是成立的），那么肯定有dp[i][(i-r)*r+j]=1；

思路一通，我们只需要先记录下n条直线所有可能的方案数，从dp[n][0]到dp[n][n*(n-1)/2]，输出dp[n][j]==1的交点数j即可。

#include
#include
using namespace std;
int dp[21][191];
int main()
{
    int n;
    for(int i=0;i<=20;i++)
    {
        dp[i][0]=1;
        for(int r=0;r<=i;r++)
        {
            for(int j=0;j<=190;j++)
            {
                if(dp[r][j]==1)
                    dp[i][(i-r)*r+j]=1;
            }
        }
    }
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        int t=0;
        for(int j=0;j<=(n*(n-1))/2;j++)
        {
            if(dp[n][j]==1)
            {
                if(t>0)
                    printf(" ");
                printf("%d",j);
                t++;
            }
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

1480.钥匙计数之二

一把钥匙有N个槽，2

Input

本题无输入

Output

对2

Sample Output

N=3: 104 N=4: 904 N=5: 5880 . . . . . N=25: 8310566473196300280

再由n-1递推分析n的情况：

1、当前面n-1个排列是钥匙的排列，则

A、对2，3，4，5作为第n个高度来说都能满足题意，有num[2,3,4,5]=ans[n-1];

B、对1，6（1，6等价，记号不同而已）来说，第n-1个高度不能为6，1，即要去掉

几个不符合题意的组合；num[1]=ans[n-1]-num__[6](前n-1个中最后一个为6的个数，实际写代码时要用另一个数组保存)。同理 num[6]=ans[n-1]-num__[1](……)。也即num[1,6]=ans[n-1]-num__[6](……);

2、当前面n-1个排列不是钥匙的排列，则

A、对i（i=2，3，4，5）作为第n个高度来说能满足钥匙的要求，则说明前面n-1个排列里仅有两类高度，且与i不同，加上i就刚好3类高度满足题意。那么前面两类高度的选法总数是从其余5类高度里选出两类，即C（5，2），但1，6不能同时选，故组合数为

C（5，2）-1。 再看排列数，n-1个位置，每个位置可任选两类，但不能全部是同一类高度，故排列数2^(n-1)-2。

B、对i=1，6，同上面分析。因为1，6等价，所以我这里举i=1来说，前面两类高度里我有两种取法，选6和不选6。

对于选6，组合数是C（4，1）（剩下2，3，4，5任意选一）；再看排列数，每个位置可任选两类，但不能全部是同一高度，且最后一个也即第n-1个位置处不能为6，也可换个说法，最后一个位置放i（i=2，3，4，5），前面n-2个位置任选6和i放，排列数4×（2^(n-2)-1）。前面不能全是和后面n-1的位置同一高度

对于不选6，组合数是C（4，2）；再看排列数，每个位置可任选两类，且不能全部是同一类高度，排列数2^(n-1)-2。

把上面的组合数与排列数相乘便得到一种情况下的num[i]的值，所有情况的值相加便得到结果。

#include 
#include 


int main()
{
	__int64 num[3],ans[26],t=16;
	int i;
	ans[3]=104;
	for(i=4;i<=25;i++)
	{
		num[1]=ans[i-1];
		num[2]=ans[i-1]-t;
		num[1]+=9*((__int64)pow(2,i-1)-2);
		num[2]+=4*((__int64)pow(2,i-2)-1)+6*((__int64)pow(2,i-1)-2);
		ans[i]=4*num[1]+2*num[2];
		t=num[2];
	}
	for(i=3;i<=25;i++)
	{
		printf("N=%d: %I64d\n",i,ans[i]);
	}
	return 0;
}