遞推（一）：遞推法的基本思想

      所謂遞推，是指從已知的初始條件出發，依據某種遞推關係，逐次推出所要求的各中間結果及最後結果。其中初始條件或是問題自己已經給定，或是經過對問題的分析與化簡後肯定。

      利用遞推算法求問題規模爲n的解的基本思想是：當n=1時，解或爲已知，或能很是方便地求得；經過採用遞推法構造算法的遞推性質，能從已求得的規模爲一、二、…、i−1的一系列解，構造出問題規模爲i的解。這樣，程序可從i=0或i=1出發，重複地由已知至i−1規模的解，經過遞推，得到規模爲i的解，直至得到規模爲n的解。

      可用遞推算法求解的問題通常有如下兩個特色： （1） 問題能夠劃分紅多個狀態； （2） 除初始狀態外，其它各個狀態均可以用固定的遞推關係式來表示。固然，在實際問題中，大多數時候不會直接給出遞推關係式，而是須要經過分析各類狀態，找出遞推關係式。

      利用遞推算法解決問題，須要作好如下四個方面的工做：

      （1）肯定遞推變量

      應用遞推算法解決問題，要根據問題的具體實際設置遞推變量。遞推變量能夠是簡單變量，也能夠是一維或多維數組。從直觀角度出發，一般採用一維數組。

      （2）創建遞推關係

       遞推關係是指如何從變量的前一些值推出其下一個值，或從變量的後一些值推出其上一個值的公式（或關係）。遞推關係是遞推的依據，是解決遞推問題的關鍵。有些問題，其遞推關係是明確的，大多數實際問題並無現成的明確的遞推關係，需根據問題的具體實際，經過分析和推理，才能肯定問題的遞推關係。

       （3）肯定初始（邊界）條件

       對所肯定的遞推變量，要根據問題最簡單情形的數據肯定遞推變量的初始（邊界）值，這是遞推的基礎。

      （4）對遞推過程進行控制

      遞推過程不能無休止地重複執行下去。遞推過程在何時結束，知足什麼條件結束，這是編寫遞推算法必須考慮的問題。

       遞推過程的控制一般可分爲兩種情形：一種是所需的遞推次數是肯定的值，能夠計算出來；另外一種是所需的遞推次數沒法肯定。對於前一種狀況，能夠構建一個固定次數的循環來實現對遞推過程的控制；對於後一種狀況，須要進一步分析出用來結束遞推過程的條件。

       遞推一般由循環來實現，通常在循環外肯定初始（邊界）條件，在循環中實施遞推。

       遞推法從遞推方向可分爲順推與倒推。

       所謂順推法是從已知條件出發，經過遞推關係逐步推算出要解決的問題的結果的方法。如求斐波拉契數列的第20項的值，設斐波拉契數列的第n項的爲f(n)，已知f(1)=1，f(2)=1；經過遞推關係式f(n)=f(n-2)+f(n-1) （n>=3，n∈N），能夠順推出f(3)=f(1)+f(2)=二、f(4)=f(2)+f(3)=三、…直至要求的解f(20)=f(18)+f(19)=6765。

      所謂倒推法，就是在不知初始值的狀況下，經某種遞推關係而獲知了問題的解或目標，從這個解或目標出發，採用倒推手段，一步步地倒推到這個問題的初始狀況。

      一句話歸納：順推是從條件推出結果，倒推從結果推出條件。

       順推法是從前日後推，從已求得的規模爲一、二、…、i−1的一系列解，推出問題規模爲i的解，直至獲得規模爲n的解。順推算法可描述爲：

for (k=1; k<=i−1; k++)

     f[k]= <初始值>；               // 按初始條件，肯定初始值

for (k=i; k<=n; k++)

    f[k]= <遞推關係式>；       // 根據遞推關係實施遞推

cout<<f[n]；                   // 輸出n規模的解f(n)

       倒推法是從後往前推，從已求得的規模爲n、n−一、…、i+1的一系列解，推出問題規模爲i的解，直至獲得規模爲1的解（即初始狀況）。倒推算法可描述爲：

for (k=n; k>=i+1; k--)

     f[k]= <初始值>；               // 按初始條件，肯定初始值

for (k=i; k>=1; k--)

    f[k]= <遞推關係式>；       // 根據遞推關係實施遞推

cout<<f[1]；                   // 輸出問題的初始狀況f(1)

       遞推問題通常定義一維數組來保存各項推算結果，較複雜的遞推問題還需定義二維數組。例如，當規模爲i的解爲規模爲一、二、…、i−1的解經過計算處理決定時，可利用二重循環處理這一較爲複雜的遞推。

【例1】RPG塗色問題

      有排成一行的n個方格，用紅（Red）、粉（Pink）、綠（Green）三種顏色塗每一個格子，每一個格子塗一種色，要求任何相鄰的方格不能同色，且首尾兩格也不一樣色。

      編寫一個程序，輸入方格數n（0<n<=30），輸出知足要求的所有塗法的種數。

      （1） 編程思路

      設知足要求的n個方格的塗色方法數爲F(n)。

      由於RPG有三種顏色，能夠先枚舉出當方格數爲一、二、3時的塗法種數。

      顯然，     F(1)=3   （即R、P、G三種）

      F(2)=6   （即RP、RG、PR、PG、GR、GP六種）

      F(3)=6   （即RPG、RGP、PRG、PGR、GRP、GPR六種）

      當方格的個數大於3時，n個方格的塗色方案能夠由n-1方格的塗色方案追加最後一個方格的塗色方案得出，分兩種狀況：

      1）對於已按要求塗好顏色的n-1個方格，在F(n-1)種合法的塗色方案後追加一個方格（第n個方格），因爲合法方案的首尾顏色不一樣（即第n-1個方格的顏色不與第1個方格的相同），這樣，第n個方格的顏色也是肯定的，它一定是原n-1個方格的首尾兩種顏色以外的一種，所以，在這種狀況下的塗色方法數爲F(n-1)。

      2）對於已按要求塗好顏色的n-2個方格，能夠在第n-1個方格中塗與第1個方格相同的顏色，此時因爲首尾顏色相同，這是不合法的塗色方案，但能夠在第n個方格中塗上一個合法的顏色，使其成爲方格長度爲n的合法塗色方案（注意：當n等於3時，因爲第1(3-2)個方格與第2(3-1)個方格顏色相同，第3個方格不論怎樣塗都不會合法，所以遞推的前提是n大於3），在第n個方格中能夠塗上兩種顏色（即首格外的兩種顏色，由於與它相連的第n-1個方格和第1個方格的顏色是同樣的），所以，在這種狀況下的塗色方法數爲2*F(n-2)。

由此，可得遞推公式：F(n)= F(n-1) + 2*F(n-2)  (n>=4)

程序中定義3個變量f一、f2和f3分別表示F (n-2)、F(n-1)和F(n)，初始時f1=六、f2=6。

當n<4時，根據初始狀況直接輸出結果。

當n>=4時，用循環遞推計算F(n)。程序段描述爲：

    for(i=4;i<=n;i++)

    {

        f3=f1+f2;          // 計算當前F(i)

        f1=f2;   f2=f3;    // 爲下一次遞推作準備

    }

      （2）源程序及運行結果

#include <iostream>

using namespace std;

int main()

{

   int i,n,f1,f2,f3,num;

   cout<<"請輸入方格的數目 n （0<n<=30）:";

   cin>>n;    

   if (n==1)  num=3;

   else if (n==2 || n==3)  num=6;

   else

   {

          f1=6;  f2=6;

       for(i=4;i<=n;i++)  

          {

              f3=2*f1+f2;         // 遞推求F(i)

                 f1=f2;  f2=f3;       // 爲下次遞推作準備

          }

          num=f3;

   }

   cout<<n<<"個方格的正確塗色方案一共有"<<num<<"種。"<<endl;

   return 0;

}

      爲更清晰地描述遞推過程並保存中間結果，能夠定義一個一維數組f[31]，數組元素f[i]保存總數爲i個方格的塗色方法數。初始值： f[1]=三、f[2]=六、f[3]=6。源程序清單以下。

#include <iostream>

using namespace std;

int main()

{

   int i,n,f[31];

   f[0]=0;   

   f[1]=3;    

   f[2]=6;   

   f[3]=6;    

   for(i=4;i<31;i++)        

          f[i]=f[i-1]+2*f[i-2];    

   cout<<"請輸入方格的數目 n （n<=30）:";

   cin>>n;    

   cout<<n<<"個方格的正確塗色方案一共有"<<f[n]<<"種。"<<endl;

   return 0;

}