【蓝桥杯算法笔记】递推

B.递推

基础知识

1.什么是递推？

所谓递推，是指从已知的初始条件出发，依据某种递推关系，逐次推出所要求的各中间结果及最后结果。其中初始条件或是问题本身已经给定，或是通过对问题的分析与化简后确定。从已知条件出发逐步推到问题结果，此种方法叫顺推。从问题出发逐步推到已知条件，此种方法叫逆推。无论顺推还是逆推，其关键是要找到递推式。这种处理问题的方法能使复杂运算化为若干步重复的简单运算。

2.递推与递归

递归：把某一个问题分成若干个同类子问题，即先求原问题，然后递归调用子问题（自顶而下）

递推：反过来，先求子问题的结果，再用子问题直接把原问题计算出来（自下而上）

3.模型：

当后一项受前一项的影响时：考虑用递推

递推式不一定是具体的运算式，也可能是抽象的逻辑顺序

可用递推算法求解的题目一般有以下两个特点：
1、问题可以划分成多个状态；
2、除初始状态外，其它各个状态都可以用固定的递推关系式来表示。
在我们实际解题中，题目不会直接给出递推关系式，而是需要通过分析各种状态，找出递推关系式。

例题

一、简单斐波那契

1.解题思路：

要注意边界：f(1)=0，f(2)=1。

递推式：n>=3，f(n)=f(n-1)+f(n-2)，即每一项只于前两项有关系

2.代码：

//数组做法

#include 
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    
    int f[50];
    f[1]=0,f[2]=1; //边界：初始值
    
    for(int i=3;i<=n;i++) f[i]=f[i-1]+f[i-2]; //递推式
    
    for(int i=1;i<=n;i++) cout<<f[i]<<" ";
     
    return 0;
}

//优化：因为每一项只与前两项有关，所以可以用变量来存

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int main()
{
    int a = 0, b = 1;
    int n;
    cin >> n;

    for (int i = 0; i < n; i ++ )
    {
        cout << a << ' ';
        int c = a + b;
        a = b, b = c;
    }

    cout << endl;

    return 0;
}

二、费解的开关

1.解题思路：

(1)题意：变一个格子会把上下左右四个格子都给翻转一次

(2)分析问题，发现性质：

①按得顺序可以任意：按法和顺序没有关系，只和周围的十字形格子按得次数有关

②每个格子最多只能按一次：按两次相当于没按，还多了两步

(3)步骤：

①枚举第一行操作：

第一行所有状态通过枚举来选，每一个开关要么按要么不按，所以会有2的n次方种不同的按法。(一共n个数，每个数两种方案)

②操作后面几行：

假设第一行已经按完了，按完之后就不能再按第一行其他格子了，现在操作第二行

可以发现：此时，对于第一行暗着的格子，由于第一行是固定了的，所以只能通过下一个格子来改变天他，即第二行的格子来操作，所以第二行的按法是唯一确定的（如果上一个格子是暗的，那么这一个格子必须改变；如果上一个格子是亮的，那么这个格子必须不能变。）

同理：对于第三行每个格子的操作完全取决的第二行，前两行不能再操作了，第一行决定了第二行，第二行决定了第三行。

结论：每一行开关的操作，完全被前一行的灯的亮灭状态所决定。(递推关系)

第一行操作改变了第一行的状态，第一行的状态决定第二行的操作，第二行操作完之后改变了第二行的状态，第二行的状态决定了第三行的操作，以此类推，直到最后一行，最后一行的操作会被前一行的状态确定，此时整个所有开关全部被确定。只能保证前n-1行全部亮了，最后一行特判一下，最后一行如果有灭的那就无解了，如果全亮更新一下最下步数。

(4)细节问题：

①如何枚举第一行操作？

可以用递归实现指数类型枚举，也可以用循环+位运算操作，用一个二进制01串，用0~31枚举一遍即可

②如何写变化的函数turn(x,y)？

存一下偏移量，然后直接加上偏移量即可

③时间复杂度？

大约二百万左右

2.代码：

#include
#include
#include
#include

using namespace std;

const int N = 6;
int dx[N] = {-1, 0, 1, 0, 0}, dy[N] = {0, 1, 0, -1, 0};  //定义偏移量，四个方向
char g[N][N], backup[N][N];


// 这个操作是把(x, y)以及上下左右的灯都变成相反的颜色
void turn (int x, int y)
{
    for (int i = 0; i < 5; i ++ )
    {
        int a = x + dx[i], b = y + dy[i];

        //如果在边界外边，直接忽略即可
        if (a < 0 || a >= 5 || b < 0 || b >= 5) continue;

        g[a][b] ^= 1;   //小技巧：异或，不同的时候就变成相反的数
    }

}


int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    while(n -- )
    {
        // 按行输入，把每一行当成一个字符串
        for (int i = 0; i < 5; i ++ ) cin >> g[i];

        int res = 10;

        // 这里我们枚举了第一行的32种按法，不用管是亮是灭，把第一行所有情况都按一遍
        // 按每种情况的第一行，去遍历接下来的行
        // 枚举32种第一行的按法只是可能会减少步数，如果直接从第二行开始答案一定是固定的了，找不到最优解或者可能没有解

        for (int op = 0; op < 32; op ++ )
        {
            // 我在对这种情况操作的时候，得先备用一下
            // 把原始数组备份一下，然后操作g，操作完了还原，然后再操作
            memcpy(backup, g, sizeof g);

            int step = 0;

            // 第一行的按法(在这里 1 表示按了, 0 表示不按)，这里只是为了输出第一行按完之后的状态
            for (int i = 0; i < 5; i ++ )
                if (op >> i & 1)  // 数字2 对应了 00010 表示第2个位置的按一下
                                  // 00010 >> 1 & 1  是1 所以turn(0, 1) 就是第一行第二个位置
                {                 // 数字3 对应了00011 表示第1 和第2个位置的按一下
                    step ++ ;
                    turn (0, i);;
                }

            // 然后通过第一行按完之后的状态，按234行
            for (int i =0; i < 4; i ++ )
                for (int j = 0; j < 5;j ++ )
                    if (g[i][j] == '0')
                    {
                        step ++;
                        turn (i + 1, j);  // 如果这个位置是灭的，就按下一行对应的位置
                    }
			//特判最后一行
            bool dark = false;
            for (int j = 0; j < 5; j ++ )
                if (g[4][j] == '0')
                {
                    dark = true;
                    break;
                }


            // 对于32种情况的这一种，如果所有的全亮就记录下步数(事实上只记录了最后一行是否dark)
            if (!dark) res = min(res, step);
            memcpy (g, backup, sizeof g);
        }

        if(res > 6) res = -1;
        cout << res << endl;

    }
    return 0;
}

参考题解：

AcWing 95. 费解的开关 - AcWing

AcWing 95. 单纯解释一下很多高赞题解没有说清楚的东西 - AcWing

三、飞行员兄弟

1.解题思路：

不要生搬硬套，看似和费解的开关类似，但是他的数据范围很小，所以直接暴力枚举所有方案，不像费解的开关只是枚举第一行的所有方案。

所有开关问题的共同点：

①每个最多按一次

②不用考虑顺序

做法：

①枚举所有方案

②按照该方案对所有灯泡进行操作

③判断，记录所有方案

2.代码：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;

#define x first
#define y second

typedef pair<int, int> PII;
char mp[4][4];
PII path[20];  //存放结果路径
bool finish;

void turn_one(int x, int y)
{
    if(mp[x][y] == '+') mp[x][y] = '-';
    else mp[x][y] = '+';
}

void turn(int x, int y)
{
    turn_one(x, y);
    for(int i = 0; i < 4; i ++)
    {
        turn_one(x, i);
        turn_one(i, y);
    }
}

bool judge()
{
    for(int i = 0; i < 4; i ++)
        for(int j = 0; j < 4; j ++)
        {
            if(mp[i][j] == '+') return false;
        }
    return true;
}

void dfs(int x, int y, int cnt)  //当前遍历到(x, y)处, 且要进行第cnt次操作
{
    if(finish == true) return;  //剪枝
    if(x == 4)
    {
        if(judge() == true)
        {
            cout << cnt << endl;
            for(int i = 0; i < cnt; i ++) cout << path[i].x << " " << path[i].y << endl;
            finish = true;
        }
        return;
    }
    if(y == 4) 
    {
        dfs(x + 1,  0, cnt);
        return;
    }

    //按开关
    path[cnt].x = x + 1;
    path[cnt].y = y + 1;
    turn(x, y);
    dfs(x, y + 1, cnt + 1);
    turn(x, y);
    path[cnt].x = 0;
    path[cnt].y = 0;

    //不操作
    dfs(x, y + 1, cnt);
}

int main()
{
    for(int i = 0; i < 4; i ++) cin >> mp[i];
    dfs(0, 0, 0);
}

四、翻硬币

1.解题思路：

解法一：宽搜BFS（可能超时）

一般什么情况下考虑宽搜：给定一些操作

解法二：递推：相当于一维费解的开关

2.代码：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
string s1,s2;
void turn(int i)
{
    if(s1[i]=='*') s1[i]='o';
    else s1[i]='*';
}

int main()
{
    
    cin>>s1>>s2;
    
    int cnt=0;
    for(int i=0;i