算法与程序实践2递归1.docx
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算法与程序实践2递归1.docx
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算法与程序实践2递归1
《算法与程序实践2》习题解答8——递归1
让我们来看看计算n的阶乘的计算机程序的写法。
在数学上,求n的阶乘,有两种表示方法:
(1)n!
=n*(n-1)*(n-2)*…*2*1
(2)n!
=n*(n-1)!
(0!
=1)
这两种表示方法实际上对应到两种不同的算法思想。
在第
(1)种表示方法中,求n!
要反复把1、2、3、…、(n-2)、(n-1)和n累乘起来,是循环的思想,很直接地我们会用一个循环语句将n以下的数都乘起来:
intn,m=1;
for(inti=2;i<=n;i++)m*=i;
printf(“%d的阶乘是%d\n”,n,m);
在第
(2)种表示方法中,求n!
时需要用到(n-1)!
,所以可以用下面的方法来求n的阶乘:
intfactorial(intn){
if(n<=0)return(-1);
if(n==1)return1;
elsereturnn*factorial(n-1);
}
上面这两种实现方式体现了两种不同的解决问题的思想方法。
第一种通过一个循环语句来计算阶乘,其前提是了解阶乘的计算过程,并用语句把这个计算过程模拟出来。
第二种解决问题的思想是不直接找到计算n的阶乘的方法,而是试图找到n的阶乘和n-1的阶乘的递推关系,通过这种递推关系把原来问题缩小成一个更小规模的同类问题,并延续这一缩小规模的过程,直到在某一规模上,问题的解是已知的。
这样一种解决问题的思想我们称为递归的思想。
递归方法的总体思想是将待求解问题的解看作输入变量x的函数f(x),通过寻找函数g,使得f(x)=g(f(x-1)),并且已知f(0)的值,就可以通过f(0)和g求出f(x)的值。
这样一个思想也可以推广到多个输入变量x,y,z等,x-1也可以推广到x-x1,只要递归朝着出口的方向走就可以了。
用递归的方法可以求解具有递推关系的问题,此外,还可以广泛应用在搜索领域和排列组合领域。
CS801:
猴子吃桃
(来源:
程序设计方法及在线实践指导(王衍等)P263)
问题描述:
猴子第1天摘下若干个桃子,当即吃了一半,还不过瘾,又多吃了一个。
第2天又将剩下的桃子吃掉一半,又多吃了一个。
以后每天早上都吃了前一天剩下的一半另加一个。
到第10天早上想再吃时,就只剩下一个桃子了。
求第1天共摘了多少个桃子。
分析:
假设Ai为第i天吃完后剩下的桃子的个数,A0表示第一天共摘下的桃子,本题要求的是A0.有以下递推式子:
A0=2*(A1+1)A1:
第1天吃完后剩下的桃子数
A1=2*(A2+1)A2:
第2天吃完后剩下的桃子数
……
A8=2*(A9+1)A9:
第9天吃完后剩下的桃子数
A9=1
以上递推过程可分别用非递归思想(循环结构)和递归思想实现。
用循环结构实现:
如果x1、x2表示前后两天吃完剩下的桃子数,则有递推关系:
x1=(x2+1)*2。
从第9天剩下1个桃子,反复递推9次,则可求第1天共摘下的桃子数。
这里包含了反复的思想,可以用循环结构来实现,代码如下:
#include
intmain()
{
intday,x1,x2;
day=9;
x2=1;
while(day>0)
{
x1=(x2+1)*2;
x2=x1;
day--;
}
printf("total=%d\n",x1);
//system("pause");
return0;
}
用递归思想实现:
前面所述的递推关系也可以采用下面的方式描述。
假设第n天吃完后剩下的桃子数为A(n),第n+1天吃完后剩下的桃子数为A(n+1),则存在的递推关系:
A(n)=(A(n+1)+1)*2。
这种递推关系可以用递归函数实现,代码如下:
#include
intA(intn)
{
if(n>=9)return1;
elsereturn(2*(A(n+1)+1));
}
intmain()
{
printf("total=%d\n",A(0));
//system("pause");
return0;
}
CS802:
最大公约数
(来源:
程序设计方法及在线实践指导(王衍等)P265)
问题描述:
输入两个正整数,求其最大公约数。
数论中有一个求最大公约数的算法称为辗转相除法,又称欧几里德算法。
其基本思想及执行过程为(设m为两正整数中较大者,n为较小者):
(1)令u=m,v=n;
(2)取u对v的余数,即r=u%v,如果r的值为0,则此时v的值就是m和n的最大公约数,否则执行第(3)步;
(3)u=v,v=r,即u的值为v的值,而v的值为余数r。
并转向第
(2)步。
用循环结构实现,代码如下:
#include
intgcd(intu,intv)
{
intr;
while((r=u%v)!
=0)
{
u=v;
v=r;
}
return(v);
}
intmain()
{
intm,n,t;
printf("Pleaseinputtwopositiveintegers:
");
scanf("%d%d",&m,&n);
if(m { t=m; m=n; n=t; } printf("Thegreatcommondivisorofthesetwointegersis%d\n",gcd(m,n)); //system("pause"); return0; } 用递归思想实现: intgcd(intu,intv) { if(u%v==0)returnv; elsereturngcd(v,u%v); } CS803: 经典的Hanoi(汉诺塔)问题 (来源: 程序设计方法及在线实践指导(王衍等)P267) 问题描述: 有一个汉诺塔,塔有A,B,C三个柱子。 起初,A柱上有n个盘子,依次由大到小、从下往上堆放,要求将它们全部移到C柱上;在移动过程中可以利用B柱,但每次只能移到一个盘子,且必须使三个柱子上始终保持大盘在下,小盘在上的状态。 要求编程输出移动的步骤。 分析: 先分析盘子数量很少的情形。 比如,当n=2时,只有2个盘子,只需要3步就可以完成整个移动操作。 A——>B A——>C B——>C 又如,移动3个盘子的情况,需要7步: A——>C A——>B C——>B A——>C B——>A B——>C A——>C 现在的问题是,当A柱上有n个盘子时,至少需要移动多少步? 现按如下思路进行思考: 将n个盘子从A柱移到C柱可以分解为以下3个步骤: (1)将A柱上n-1个盘子借助C柱先移到B柱上; (2)将A柱上剩下的1个盘子移到C柱上; (3)将B柱上的n-1个盘子借助A柱移到C柱上。 而n-1个盘子的移动又可以分解为两次n-2个盘子的移动和一次1个盘子的移动。 依次类推。 设移动n个盘子至少需要A(n)步,则存在递推式子: A(n)=2*A(n-1)+1。 这个递推式子结束条件是: 当n=1时,只有一个盘子,只需一次移动即可。 因此移动n个盘子至少需要: A(n)=2n-1步。 这样我们可以描述为: 将n个盘子从one柱上借助two柱子移动到three柱上。 这样,以上3个步骤可以表示为: 第 (1)步: 将n-1个盘子从one柱子上借助three柱子移动到two柱子上; 第 (2)步: 将one柱子上的盘子(只有一个)移动到three柱子上; 第(3)步: 将n-1个盘子从two柱子上借助one柱子移动到three柱子上。 n个盘子的移动分解成两次n-1个盘子的移动和一次1个盘子的移动,因此可以用递归函数实现: (1)hanoi函数: 函数调用hanoi(n,one,two,three)实现将n个盘子从one柱子上借助two柱子移到three柱子的过程。 (2)move函数: 函数调用move(x,y)实现把1个盘子从x柱子上移到y柱子上的过程。 x和y代表A、B、C柱子之一,根据不同情况分别以A、B、C代入。 代码如下: #include intmain() { voidhanoi(intm,charone,chartwo,charthree);//函数声明 intm;//盘子个数 printf("inputthenumberofdisks: "); scanf("%d",&m); printf("Thestepsofmoving%ddisks: \n",m); hanoi(m,'A','B','C');//调用hanoi函数实现将m个盘子从A柱移动到C柱(借助B柱) return0; } //将n个盘子从one柱移到three柱(借助two柱) voidhanoi(intn,charone,chartwo,charthree) { voidmove(charx,chary);//函数声明 if(n==1)move(one,three); else { hanoi(n-1,one,three,two); move(one,three); hanoi(n-1,two,one,three); } } voidmove(charx,chary)//将1个盘子从x柱移动到y柱 { printf("%c-->%c\n",x,y); } ************** 递归存在的问题 ************** 用递归思想的代价是十分巨大,它会消耗大量的存。 对于Fibonacci数列,调用到第20项时,递归次数达到21891次。 CS804: 另一个Fibonacci数列 (来源: ZOJ2060,程序设计方法及在线实践指导(王衍等)P272) 问题描述: 定义另外一个Fibonacci数列: F(0)=7,F (1)=11,F(n)=F(n-1)+F(n-2),(n≥2)。 输入: 输入文件中包含多行,每行为一个整数n,n<1000000。 输出: 对输入文件中的每个整数n,如果F(n)能被3整除,输出yes,否则输出no。 样例输入: 0 1 2 3 样例输出: no no yes no 解题分析: 如果利用递归思想求Fibonacci数列的各项,本题中如果直接采用递归方法求F(n)对3取余得到的余数,则会超时。 我们可以尝试利用程序输出前30项对3取余的结果: #include intf(intn) { if(n==0)return1; elseif(n==1)return2; elsereturn(f(n-1)+f(n-2))%3; } intmain() { for(inti=0;i<30;i++) printf(“%d”,f(i)); } 前30项对3取余得到的余数分别为: 120221011202210112022101120221。 分析这些余数,我们不难发现该Fibonacci数列各项对3取余的余数每8项构成一个循环: 12022101。 如果我们把这8个余数存放到一个数组f0,对输入的任意整数n,则有: f(n)%3=f0[n%8]。 按照这种方法可以很快判断f(n)是否能被3整除。 参考程序: #include intf(intn) { if(n==0)return1; elseif(n==1)return2; elsereturn(f(n-1)+f(n-2))%3; } intmain() { intf0[8]; for(inti=0;i<8;i++) f0[i]=f(i); intn; while(scanf("%d",&n)! =EOF) { if(f0[n%8]==0)printf("yes\n"); elseprintf("no\n"); } return0; } CS822: 分形(Fractal) (来源: POJ2083ZOJ2423,程序设计方法及在线实践指导(王衍等)P274) 问题描述: 分形是存在“自相似”的一个物体或一种量,从某种技术角度来说,这种“自相似”是全方位的。 盒形分形定义如下: 度数为1的分形很简单,为: X 度数为2的分形为: XX X XX 如果用B(n-1)代表度数为n-1的盒形分形,则度数为n的盒形分形可以递归地定义为: B(n-1)B(n-1) B(n-1) B(n-1)B(n-1) 你的任务是输出度数为n的盒形分形。 输入: 输入文件包含多个测试数据,每个测试数据占一行,包含一个正整数n,n≤7。 输入文件的最后一行为-1,代表输入结束 输出: 对每个测试数据,用符号“X”表示输出盒形分形。 在每个测试数据对应的输出之后输出一个短划线符号“-”,在每行的末尾不要输出任何多余的空格,否则得到的是“格式错误”的结果。 样例输入: 1 2 3 -1 样例输出: X - XX X XX - XXXX XX XXXX XX X XX XXXX XX XXXX - 解题分析: 首先注意到度数为n的盒形分形,其大小是3n-1*3n-1。 可以用字符数组来存储盒形分形中各个字符。 因为n≤7,而36=729,因此可以定义一个字符数组Fractal[730][730]来存储度数不超过7的盒形分形。 其次,度数为n的盒形分形可以由以下递推式子表示: B(n-1)B(n-1) B(n)=B(n-1) B(n-1)B(n-1) 因此,可以用一个递归函数来设置度数为n的盒形分形。 假设需要在(startX,startY)位置开始设置度数为n的盒形分形,它由5个度数为n-1的盒形分形组成,其起始位置分别为: (startX+0,startY+0)、(startX+2*L0,startY+0)、(startX+L0,startY+L0)、(startX+0,startY+2*L0)和(startX+2*L0,startY+2*L0),其中L0=3n-2。 该递归函数的结束条件是: 当n=1时(即度数为1的盒形分形),只需要在(startX,startY)位置设置一个“X”字符。 另外,题目中提到“在每行的末尾不要输出任何多余的空格”,因此在字符数组Fractal每行最后一个“X”字符之后,应该设置串结束符标志\0。 参考程序: #include #include #defineMAXSCALE730//n为最大值7,分形的大小是3^6*3^6,而3^6=729 //函数功能: 从(startX,startY)位置开始设置度数为n的盒形分形 //即对盒形分形中的每个X,在字符数组Frac的相应位置设置字符"X" //其中第1个形参为一个二维数组名,其第2维不能省略 voidSetFractal(charFrac[][730],intstartX,intstartY,intn) { if(n==1)Frac[startX][startY]='X'; else { intL0=(int)pow(3,n-2); SetFractal(Frac,startX+0,startY+0,n-1); SetFractal(Frac,startX+2*L0,startY+0,n-1); SetFractal(Frac,startX+L0,startY+L0,n-1); SetFractal(Frac,startX+0,startY+2*L0,n-1); SetFractal(Frac,startX+2*L0,startY+2*L0,n-1); } } intmain() { intn;//分形的大小 inti,j;//循环变量 charFractal[MAXSCALE][MAXSCALE]; while(scanf("%d",&n)) { if(n==-1)break; intmeasure=(int)pow(3,n-1);//盒形分形大小 SetFractal(Fractal,0,0,n); for(i=0;i { intmax=0; for(j=0;j if(Fractal[i][j]=='X')max=j; for(j=0;j if(Fractal[i][j]! ='X')Fractal[i][j]=''; Fractal[i][max+1]='\0'; } for(i=0;i printf("%s\n",Fractal[i]); printf("-\n"); } //system("pause"); return0; }
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