递推与递归的宏观描述

以已知的“问题边界”为起点向“原问题”正向推到的扩展方式就是 递推

递推与递归的简单应用

AcWing 92. 递归实现指数型枚举

题意 ：

• 从 1∼n 这 n 个整数中随机选取任意多个，输出所有可能的选择方案。

思路 ：

• 所有可能的方案总数共有$2^n种$

void dfs(int u, int state) {
    if (u == n) {
        for (int i = 0; i < n; ++ i) {
            if (state >> i & 1)
                cout << i + 1 << ' ';
        }
        cout << endl;
        return ;
    }
    dfs(u + 1, state + (1 << u));
    dfs(u + 1, state);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    cin >> n;
    dfs(0, 0);
}

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AcWing 93. 递归实现组合型枚举

题意 ：

• 从 1∼n 这 n 个整数中随机选出 m 个，输出所有可能的选择方案。

思路 ：

• 剪枝后时间复杂度从$2^n$降为$C_n^m$，剪枝：表示已选元素容器的vector如果size大于m或者加上剩下所有的数仍然小于m，则return剪枝
• 或者，dfs三个参数，「从第u个开始选」、「当前已经选了s个」，「当前所有元素被选的状态」；dfs返回条件有两个，一个是选的个数已经有m个了，一个是没有元素可以供选择了

int n, m;

void dfs(int u, int s, int state) {
    if (s == m) {
        for (int i = 0; i < n; ++ i)
            if (state >> i & 1)
                cout << i + 1 << ' ';
        cout << endl;
        return ;
    }
    if (u == n) return ;
    
    for (int i = u; i < n; ++ i) {
        dfs(i + 1, s + 1, state + (1 << i));
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    dfs(0, 0, 0);
}

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AcWing 94. 递归实现排列型枚举

题意 ：

• 把 1∼n 这 n 个整数排成一行后随机打乱顺序，输出所有可能的次序。

思路 ：

• 所有可能的方案总数有$n!$种
• 用一个int类型的state表示当前每个元素被选的状态，再用一个vector容器记录顺序；两个参数：「第几个盒子」、「所有点被选的状态」

int n;
vector<int> path;

void dfs(int u, int state) {
    if (u == n) {
        for (int i = 0; i < path.size(); ++ i)
            cout << path[i] + 1 << ' ';
        cout << endl;
        return ;
    }
    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
        if (!(state >> i & 1)) {
            path.push_back(i);
            dfs(u + 1, state + (1 << i));
            path.pop_back();
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    cin >> n;
    dfs(0, 0);
}

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AcWing 95. 费解的开关

题意 ：

• 25 盏灯排成一个 5×5 的方形。每一个灯都有一个开关，游戏者可以改变它的状态。每一步，游戏者可以改变某一个灯的状态。游戏者改变一个灯的状态会产生连锁反应：和这个灯上下左右相邻的灯也要相应地改变其状态。给定一些游戏的初始状态，编写程序判断游戏者是否可能在 6 步以内使所有的灯都变亮。一共输出 n 行数据，每行有一个小于等于 6 的整数，它表示对于输入数据中对应的游戏状态最少需要几步才能使所有灯变亮。对于某一个游戏初始状态，若 6 步以内无法使所有灯变亮，则输出 −1。

思路 ：

• 我们发现三个性质：1、每个位置最多点击一次；2、点击的顺序不影响结果；3、固定第一行，也就是第一行不再被改变后，则满足题意的点击方案最多只有一种
• 因此，我们枚举第一行的点击方案（$5^2=25$），再考虑第2～5行如何点击，如果到达最后一行不全为0，说明这种点击方案不合法，最少点击次数就是所有合法方案中点击次数的最小值
• 注意这里backup和g数组不要开5和5，不知道为什么爆了

#include 
#include 
#define endl '\n'
#define _(a) cout << #a << ": " << (a) << "    "
using namespace std;
typedef long long ll;

char g[10][10];
int dx[5] = {-1, 1, 0, 0, 0};
int dy[5] = {0, 0, 0, 1, -1};

void turn(int x, int y) {
    for (int i = 0; i < 5; ++ i) {
        int a = x + dx[i], b = y + dy[i];
        if (a >= 0 && a < 5 && b >= 0 && b < 5) {
            if (g[a][b] == '0') g[a][b] = '1';
            else g[a][b] = '0';
        }
    }
}
int solve() {
    int ans = 1e9;
    for (int k = 0; k < (1 << 5); ++ k) {
        char backup[10][10];
        memcpy(backup, g, sizeof g);
        int res = 0;
        
        for (int i = 0; i < 5; ++ i) {
            if (k >> i & 1) {
                res ++ ;
                turn(0, i);
            }
        }
        for (int i = 0; i < 4; ++ i) {
            for (int j = 0; j < 5; ++ j) {
                if (g[i][j] == '0') {
                    res ++ ;
                    turn(i + 1, j);
                }
            }
        }
        for (int i = 0; i < 5; ++ i) {
            if (g[4][i] == '0') {
                res = 1e9;
            }
        }
        ans = min(ans, res);
        memcpy(g, backup, sizeof backup);
    }
    if (ans <= 6) return ans;
    return -1;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int _; cin >> _;
    while (_ -- ) {
        for (int i = 0; i < 5; ++ i) cin >> g[i];
        cout << solve() << endl;
    }
}

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AcWing 96. 奇怪的汉诺塔

题意 ：

• 汉诺塔问题，现在有四座塔，n个盘子，请你求出将所有圆盘从塔 A 移动到塔 D，所需的最小移动次数是多少。

思路 ：

• 首先考虑3塔的汉诺塔问题，设$d[n]$表示求解该n盘3塔问题的最少步数，显然有$d[n]=2\ast d[n-1]+1$，即把前n-1个盘子从A移动到B，然后把第n个盘子从A移动到C，再将n-1个盘子从B移动到C
• 本题，设f[n]表示求解n盘4塔问题的最少步数，有$f[n]={\min }_{1\le i\le n}(2\ast f[i]+d[n-i])$，其中f[1] = 1，含义为先把i个盘子在4塔模式下从A移到B，然后把n-i个盘子在3塔模式下从A移到D，最后把n个盘子在4塔模式下从B移到D，考虑所有可能的i取最小值

#include 
#include 
#define endl '\n'
#define _(a) cout << #a << ": " << (a) << "    "
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 14;

int d[N], f[N];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    for (int i = 1; i <= 12; ++ i) d[i] = 2 * d[i - 1] + 1;
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[1] = 1;
    for (int i = 1; i <= 12; ++ i) {
        for (int j = 1; j < i; ++ j) {
            f[i] = min(f[i], 2 * f[j] + d[i - j]);
        }
        cout << f[i] << endl;
    }
}

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分治

AcWing 97. 约数之和

题意 ：

• 假设现在有两个自然数 A 和 B，S 是 AB 的所有约数之和。请你求出 Smod9901 的值是多少。
• $0\le A,B\le 5\times 10^7$
• 注意: A 和 B 不会同时为 0。

思路 ：

• 把A分解质因数，表示为$p_1^{c_1}\ast p_2^{c_2}\ast ...\ast p_n^{c_n}$，那么$A^B$表示为$p_1^{B\ast C_1}\ast p_2^{B\ast C_2}\ast ...\ast p_n^{B\ast C_n}$，$A^B$的所有约数表示为集合$(p_1^{k_1}\ast p_2^{k_2}\ast ...\ast p_n^{k_n})$，其中$0\le k_i\le B\ast C_i(1\le i\le n)$
• 根据乘法分配律，$A^B$的所有约数之和为$(1+p_1+p_1^2+...+p_1^n)\ast (1+p_2+p_2^2+...+p_2^n)\ast ...$
• 上式中的每个括号内都是等比数列，如果使用等比数列求和公式，需要做除法，但答案还需要取模，mod运算只对加减乘有分配律，不能直接对分子、分母取模后再做除法；因此，以下，我们使用分治法进行等比数列求和
• 若c为奇数：
  $sum(p,c)=(1+p+...+p^{\frac{c-1}{2}})+(p^{\frac{c+1}{2}}+...+p^c)$
  $sum(p,c)=(1+p+...+p^{\frac{c-1}{2}})+p^{\frac{c+1}{2}}\ast (1+...+p^{\frac{c-1}{2}})$
  $sum(p,c)=(1+p^{\frac{c+1}{2}})\ast (1+p+...+p^{\frac{c-1}{2}})$
  $sum(p,c)=(1+p^{\frac{c+1}{2}})\ast sum(p,\frac{c-1}{2})$
• 若c为偶数，类似地：
  $sum(p,c)=(1+p+...+p^{\frac{c-2}{2}})+p^{\frac{c}{2}}\ast (1+...+p^{\frac{c-2}{2}})+p^c$
  $sum(p,c)=(1+p^{\frac{c}{2}})\ast sum(p,\frac{c}{2}-1)+p^c$
• 每次可以将问题规模缩小一半，配合快速幂可$log(c)$求出等比数列之和
• 注意mod运算对乘法有分配律，因此快速幂中先对底数mod

#include 
#define endl '\n'
#define _(a) cout << #a << ": " << (a) << "    "
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 9901;

int qmi(int a, int b) {
    a %= mod;
    int res = 1 % mod;
    while (b) {
        if (b & 1) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int sum(int p, int c) {
    if (!c) return 1;
    if (c % 2 == 0) return ((1 + qmi(p, c / 2)) % mod * sum(p, c / 2 - 1) % mod + qmi(p, c)) % mod;
    else return (1 + qmi(p, (c + 1) / 2)) % mod * sum(p, (c - 1) / 2) % mod;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int A, B;
    cin >> A >> B;
    int res = 1;
    for (int i = 2; i <= A; ++ i) {
        int cnt = 0;
        while (A % i == 0) {
            cnt ++ ;
            A /= i;
        }
        if (cnt) res = (res * sum(i, B * cnt)) % mod;
    }
    if (!A) cout << 0;
    else cout << res;
}

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（-）分形

（-）AcWing 98. 分形之城