上周 rp/*int类型*/=2147483647;
今天 : rp++;
问:rp还有多少
要跪了TAT,下周还要交论文。
吭吭,说回正题,这周终于遇见递归大魔王了。其实递归解决子问题用的是一种假设的思路,把问题拆分成更小的问题。比如设一个函数f(x),f(x)表示他能解决规模为x的解。而f(x)能通过比x小的规模得到。比如我问n的阶乘是多少。那么他能由(n-1)的阶乘成于n得到。而只要我们在设定一个最小的子情况的解,那么对于任意规模的问题都可以直接用f来解决。(例如求阶乘,可以看作最小的子情况 为0的阶乘==1,那么f(x)=f(x-1)*x.由此我们便可以解决了所有自然数的阶乘问题了)
而在1001汉诺塔中,我们可以碰见这种思想。递归不一定要清晰地求出每一个步骤。只要我确定当前步是对的(这说明子问题的返回解一定也是正确的) ,而且确定边界条件(确定递归的最小子问题,同时保证递归不会无限进行下去)
1000.
题目大意:求两个数a,b的最大公约数
解:按照辗转相除法的步骤,按照递归去实现。如果不懂辗转相除的同学请网上搜索一下吧~
code:
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define MAXN 11111
#define MIN(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define MAX(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define SQR(x) ((x)*(x))
#define EPS (1e-8)
#define WMZ_MAX (2147483647)
int n, m, ans;
string a[MAXN];
int gcd(int a, int b){
if (b==0) return a;
else return (gcd(b, a%b));
}
int main(){
// freopen("test.txt", "r", stdin);
while (cin>>n>>m){
cout << gcd(n, m)<< endl;
}
return 0;
}
1001.
题目大意:给出汉诺塔的一个解
解:参见开头一段(胡)话的思想。假设dfs(a,b,c,n)代表着我有n个盘子,放置在标号为a的柱子上,我要通过标号为b的柱子的帮助,把这n个盘子移到标号为c的柱子上。
我们可以得到这样一个步骤:
①:先把n-1个盘子移动到柱子b上
由我们的设定可知,调用 dfs(a, c, b, n-1)可以为我们完成这个任务
②:n-1个盘子移动到标号b后,把第n个(最低层的盘子)从a移动到c上,即直接输出 a c 即可
③:将n-1个盘子从b移动到c,即调用 dfs(b, a, c, n-1)
可见对于当前步骤是对的,那么对于dfs(n)规模的问题得到解决的前提为dfs(n-1)的问题能完美解决。那么又需要dfs(n-2)的问题能解决
。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。
好了,现在是时候确定边界了,显然,当n==1时,我们无需借助第三根柱子,可以把这一个盘直接从a 移动到 c
即:
if (n==1) {
cout << a << c << endl;
return ;
}
那么dfs(1)得到解决,如此2~n都可以证明其正确性。
ps:再次强调,a,b,c存放的是柱子标号,而不是a表示柱子1,b表示柱子2.。a是出发柱子标号,b是辅助柱子标号,c是终点柱子标号。如果我有什么说不清楚的地方欢迎直接上来问我,这个地方的理解的确刚上手的时候会有点困难。当然我有错也欢迎直接上来指出,毕竟我写这个东西的时候大脑处于半迷糊状态。
ps2:我发现我所规定的子问题边界是n==0,其实也是可以的,因为没有盘子的时候不需要移动步骤了
code:
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define MAXN 11111
#define MIN(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define MAX(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define SQR(x) ((x)*(x))
#define EPS (1e-8)
#define WMZ_MAX (2147483647)
int n, m, ans;
int a, b, p;
void dfs(int a, int b, int c, int kok){
if (kok==0) return ;
dfs(a, c, b, kok-1);
printf("%d%d\n", a, c);
dfs(b, a, c, kok-1);
}
int main(){
// freopen("test.txt", "r", stdin);
cin>>n;
dfs(1, 2, 3, n);
return 0;
}
1002.
题目大意:中文题目不提供题目大意啦
解:这个技巧叫做快速幂。读明白题目下方的hint直接照着写就可以了,不过小心注意必须步步取模不然可能造成int的溢出。另外我一开始提交的是非递归版的二进制拆分快速幂。有兴趣的同学可以参考一下。
//求a的b次幂%p的值,非递归二进制拆分
int pow(int a, int b){ //写得丑,其实用for循环实现会更好看
int sum=1;
a%=p;
while (b){
if (b%2==1){
sum*=a;
sum%=p;
}
a*=a; a%=p;
b>>=1;
}
return sum;
}
//题目hint版
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define MAXN 11111
#define MIN(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define MAX(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define SQR(x) ((x)*(x))
#define EPS (1e-8)
#define WMZ_MAX (2147483647)
int a, b, p;
int f(int now){
if (now==0) return 1;
else if (now&1==1){
return ((a%p)*((f(now/2)*f(now/2))%p))%p;
}
return (f(now/2)*f(now/2))%p;
}
int main(){
// freopen("test.txt", "r", stdin);
cin>>a>>b>>p;
cout << f(b) << endl;
return 0;
}
1003.
题目大意:定义绘图函数a(n),b(n),a(n)会为一个(2n-1)*(2n-1)的方阵填充满点。而b(n)会画一个9个小方阵组成的大方阵,具体是:
B(n - 1) A(n - 1) B(n - 1)
A(n - 1) B(n - 1) A(n - 1)
B
(n - 1) A(n - 1) B(n - 1)
其中:
b(1) 为一个1*1的格子填上大写‘X’
解:这种可以拆分子问题的可以用递归实现。我们可以开一个很二维数组当画布,然后调用b(n)在上面画画,画完后在输出即可。而b(n)和b(n-1)的关系题目已经给出,直接实现即可,注意处理坐标问题。我这里设定为aa(n, x, y)为在以x,y为左上角画图。bb(n,x,y)在x,y为左上角画图
ps:注意估价二维数组大小。可知a、b会画出3^(n-1)大小的方阵,而n<=7,3^7=2000+,所以我把数组开到了3000,实际上只要 3^6+1即可。不过开得大一点是我个人风格。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define MAXN 11111
#define MIN(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define MAX(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define SQR(x) ((x)*(x))
#define EPS (1e-8)
#define WMZ_MAX (2147483647)
int n;
char a[3000][3000];
int poww[10];
void aa(int kok, int x, int y){
for (int i=0; i<poww[kok]; i++)
for (int j=0; j<poww[kok]; j++) a[x+i][y+j]='.';
}
void bb(int kok, int x, int y){
if (kok==0){
a[x][y]='X';
}
else{
bb(kok-1, x, y);
aa(kok-1, x, y+poww[kok-1]);
bb(kok-1, x, y+poww[kok-1]*2);
aa(kok-1, x+poww[kok-1], y);
bb(kok-1, x+poww[kok-1], y+poww[kok-1]);
aa(kok-1, x+poww[kok-1], y+poww[kok-1]*2);
bb(kok-1, x+poww[kok-1]*2, y);
aa(kok-1, x+poww[kok-1]*2, y+poww[kok-1]);
bb(kok-1, x+poww[kok-1]*2, y+poww[kok-1]*2);
}
}
int main(){
// freopen("test.txt", "r", stdin);
poww[0]=1;
for (int i=1; i<10; i++) poww[i]=poww[i-1]*3;
while (scanf("%d", &n)==1){
if (n==-1) return 0;
bb(n-1, 1, 1);
int len=poww[n-1];
for(int i=1; i<=len; i++){
for (int j=1; j<=len; j++)
printf("%c", a[i][j]);
printf("\n");
}
printf("-\n");
}
return 0;
}