关于递推

递推算法的经典例子

【案例】从原点出发，一步只能向右走、向上走或向左走。恰好走N步且不经过已走的点共有多少种走法？

样例输入：N=2

样例输出：result=7

样例输入：N=3

样例输出：result=17

解题思路：要解决走N步共有多少种走法，我们在拿到题目的时候最直接的想法就是先画出当N=1、N=2、N=3。。。。。N=n时对应走法的图例，由简单到复杂、由特殊到一般的推理过程，找出规律获得解题的思路。在数学上，我们称为归纳法。如果用编程的方法来求解这样的推理题，我们把这样的求解思路（算法）称之为递推法。递推的精髓在于f（n）的结果一般由f(n-1)、f(n-2)…..f(n-k)的前k次结果推导出来。我们在解决这类递推问题时，难点就是如何从简单而特殊的案例，找到问题的一般规律，写出f（n）与f(n-1)、f(n-2)…..f(n-k)之间的关系表达式，从而得出求解的结果。在历年noip的复赛当中，参赛选手对于这类题目都有这样的感受，往往花费了大量的时间来分析题目的一般规律，写出f（n）的一般表达式，而编程实现可能只需要几分钟的时间。所以我们在平时训练的时候，对于这样的递推题目，就必须掌握如何分析问题，从特殊推导出一般的规律，写出想要的关系表达式，问题就迎刃而解了。下面是这道题解题的心得，供大家参考：

（1）当N=1时，绘出走法图

（图1）共有3种不同的走法，也就是黑色线条的数量，即f(1)=3

（2）当N=2时，绘出走法图

（图2）共有7种不同的走法，也就是绿色线条的数量，即f(2)=7

（3）当N=3时，绘出走法图

（图3）共有17种不同的走法，也就是红色线条的数量，即f(3)=17

由此，我们不难看出，对于任何一个起点，最多可以走出3种走法，但最少必须走出2种走法。那么我们要求出f(n)，实际上转换为如果我们能够得到上一步即f（n-1）有多少个终点是有3种走法的，有多少个点有2种走法的，那么问题就解决了。

a. 上一步，即f（n-1）有多少个终点是有3种走法的。

       对于N=3时，f(n-1)=f(2), 有3个点A、B、C可以走出3种不同走法的，这3个点是怎么得到的呢？它的存在与N值有没有必然的联系？如果我们能找到它与N之间的关系，问题也就解决了。有了这样的思路以后，我们不难找到这样的规律：如果f（n-2）存在，即上上步存在，那么从上上步出发的线路里面必然会有一条向上走的线路，而这条向上走的线路在到达f（n-1）之后，  向f（n）出发时也必然有左、上、右这三种走法，那么我们就得出了这样的结论：当f（n-2）存在时，f（n-2）的值实际上就等价于f（n-1）有多少个终点是有3种走法。

         b.    f（n-1）有多少个终点是有2种走法的

对于N=3时，有4个点D、E、F、G可以走出2种不同走法的，这4个点又是怎么得到的呢？它与N值有什么联系呢？ 实际上我们在解决了上一个问题的时候，这个问题就变得相当容易了， f（n-1）减掉刚才有3种走法的点，剩下的点不就是只有2种走法了吗？即f（n-1）-f（n-2）。

    c. 得出f（n）的一般关系式

f(n)=3*f(n-2)+2*(f(n-1)-f(n-2) ) (n>=3)

化简：

f(n)=2*f(n-1)+f(n-2) (n>=3)

      有一点需要补充的就是，任何递推题，都会有临界条件。当N=1时，f(n)=3;,当N=2时，f(n)=7,这些都可以看成是临界条件。只有当N>=3时，即上上步存在的情况下，就可以得出f(n)的一般通式：f(n)=2*f(n-1)+f(n-2)

          （本题还有其他的解法，同学们可以继续挖掘！）

jzyz  oj P1250

【参考程序】

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mo=12345;
int main()
{
int n;
cin>>n;
int fn,fn1=3,fn2=7;
if(n==1)
fn=fn1;
if(n==2)
fn=fn2;
for(int i=3;i<=n;i++)
{
fn=(2*fn2+fn1)%mo;
fn1=fn2;
fn2=fn;
}
cout<<fn<<endl;
return 0;
}