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$n$个盘子的最小移动次数

设三柱汉诺塔，移动$n$个盘子的最小移动次数为$T(3,n)$
$$T(3,n)=\{\begin{array}{rlr}& 1& n=1\\ & 2f(3,n-1)+1& n>1\end{array}$$
由此可得$T(3,n)=2^n-1$

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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$n$个盘子，可以通过分成如下$3$个步骤

1. 将$r$个圆盘从$A$柱，通过$C$、$D$柱移动到$B$柱
2. 将$n-r$个圆盘从$A$柱，通过$C$柱移动到$D$柱
3. 将$r$个圆盘从$B$柱，通过$A$、$C$柱移动到$D$柱

那么我们的疑问是能够将$1$、$3$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$n$，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
$$T(4,n)=\underset{1\le r<n}{\min }2T(4,n-r)+T(3,r)$$
即
$$T(4,n)=\underset{1\le r<n}{\min }2T(4,n-r)+2^r-1$$
产生的数列
$$T(4,i)=A007664=0,1,3,5,9,13,17,25,\dots$$
对该数列进行差分，能够发现产生的数列为
$$A137688=1,2,2,4,4,4,8,8,8,8,\cdots =2^0,2^1,2^1,2^2,2^2,2^2,\dots$$
因此我们可以在$O(n)$的时间内计算出$T(4,n)$的结果

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对于圆柱的数量 $m\ge 5$ 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$3$个步骤描述对$m$柱汉诺塔的移动方式：

1. 将$r$个圆盘从$A$柱，通过$m-2$根圆柱移动到$B$柱
2. 将$n-r$个圆盘从$A$柱，通过其他$m-3$根圆柱移动到$m$柱
3. 将$r$个圆盘从$B$柱，通过$m-2$根圆柱移动到$m$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

1. 将$r’$个圆盘从$A$柱，通过$m-3$根圆柱移动到$B$柱、$C$柱
2. 将$n-r’$个圆盘从$A$柱，通过其他$m-4$根圆柱移动到$m$柱
3. 将$r^{\prime }$个圆盘从$B$柱、$C$柱，通过$m-3$根圆柱移动到$m$柱

这样的话，$1$、$3$两个步骤就难以通过递归方式描述，因为这把$r’$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$B$柱上的数量为$r_B$，本质上与我们在之前方案上先移动$r_B$个圆盘，再移动$n-r_B$个圆盘到$m$柱上的方案是等价的。

这$3$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：
$$T(m,n)=\underset{1\le r<n}{\min }2T(m,n-r)+T(m-1,r)$$
对此，除$m=3,4$的情况外，我们需要$O(m{n}^2)$的时间复杂度计算$m$柱汉诺塔问题，含有$n$个圆盘时的最少移动次数。