算法练习——函数、递归和递推

在此记录一些有关函数、递归和递推的问题。所有题目均来自洛谷的题单能力提升综合题单Part1 入门阶段 - 题单 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
（实际上都没有用递推做）

[NOIP2001 普及组] 数的计算

题目描述

给出正整数 $n$，要求按如下方式构造数列：

1. 只有一个数字 $n$ 的数列是一个合法的数列。
2. 在一个合法的数列的末尾加入一个正整数，但是这个正整数不能超过该数列最后一项的一半，可以得到一个新的合法数列。

请你求出，一共有多少个合法的数列。两个合法数列 $a,b$ 不同当且仅当两数列长度不同或存在一个正整数 $i\le |a|$，使得 $a_i\ne b_i$。

输入格式

输入只有一行一个整数，表示 $n$。

输出格式

输出一行一个整数，表示合法的数列个数。

样例 #1

样例输入 #1

6

样例输出 #1

6

提示

样例 1 解释

满足条件的数列为：

• $6$
• $6,1$
• $6,2$
• $6,3$
• $6,2,1$
• $6,3,1$

数据规模与约定

对于全部的测试点，保证 $1\le n\le 10^3$。

思路

注意到，对于任意一个数n，它构造数列的方式来源于它前面的数。例如，对于6来说，可以将它的数列分成下面几个部分：

• 它本身
• 1
• 2
• 3

因此，我们可以得到
$$f[n]=1+\sum _{i=1}^{n/2}f[i]$$
得到这个表达式后，使用动态规划或者递归解题均可。我在这里使用递归来解决。

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;const int N = 1e3 + 10;
int n;
int f[N];int get_nums(int u) {if(f[u] != -1) return f[u];int res = 1;for(int i = 1; i <= u /  2; i ++ ) {res += get_nums(i);}f[u] = res;return f[u];
}int main() {cin >> n;memset(f, -1, sizeof f);f[1] = 1;f[2] = 2;cout << get_nums(n) << endl;return 0;
}

[NOIP2002 普及组] 选数

题目描述

已知 $n$ 个整数 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$，以及 $1$ 个整数 $k$（$k<n$）。从 $n$ 个整数中任选 $k$ 个整数相加，可分别得到一系列的和。例如当 $n=4$，$k=3$，$4$ 个整数分别为 $3,7,12,19$ 时，可得全部的组合与它们的和为：

$3+7+12=22$

$3+7+19=29$

$7+12+19=38$

$3+12+19=34$

现在，要求你计算出和为素数共有多少种。

例如上例，只有一种的和为素数：$3+7+19=29$。

输入格式

第一行两个空格隔开的整数 $n,k$（$1\le n\le 20$，$k<n$）。

第二行 $n$ 个整数，分别为 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$（$1\le x_i\le 5\times 10^6$）。

输出格式

输出一个整数，表示种类数。

样例 #1

样例输入 #1

4 3
3 7 12 19

样例输出 #1

1

思路

使用递归，函数dfs(int t, int sum, int d)的函数名中记录已选的个数、已选数之和、已选的最后一个数在数组中的位置。我们要保证从小到大枚举，这样就可以避免算到重复的数。

代码

#include<iostream>
using namespace std;const int M = 22;int n, k;
int a[M];
int ans;bool is_prime(int u) {for(int i = 2; i < u / i; i ++ ) {if(u % i == 0) return false;}return true;
}void dfs(int t, int sum, int d) {// t表示已选t个数// sum表示已选数之和// d 表示已选的最后一个数在数组中的位置//已选k个，判断和是否是素数if(t == k) {if(is_prime(sum)) ans ++;return ;}//没选到k个，从 d + 1开始枚举for(int i = d + 1; i <= n; i ++ ) {dfs(t + 1, sum + a[i], i);}
}int main() {cin >> n >> k;for(int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);dfs(0, 0, 0);cout << ans << endl;return 0;
}

Function

题目描述

对于一个递归函数 $w(a,b,c)$

• 如果 $a\le 0$ 或 $b\le 0$ 或 $c\le 0$ 就返回值$ 1$。
• 如果 $a>20$ 或 $b>20$ 或 $c>20$ 就返回 $w(20,20,20)$
• 如果 $a<b$ 并且 $b<c$ 就返回$ w(a,b,c-1)+w(a,b-1,c-1)-w(a,b-1,c)$。
• 其它的情况就返回 $w(a-1,b,c)+w(a-1,b-1,c)+w(a-1,b,c-1)-w(a-1,b-1,c-1)$

这是个简单的递归函数，但实现起来可能会有些问题。当 $a,b,c$ 均为 $15$ 时，调用的次数将非常的多。你要想个办法才行。

注意：例如 $w(30,-1,0)$ 又满足条件 $1$ 又满足条件 $2$，请按照最上面的条件来算，答案为 $1$。

输入格式

会有若干行。

并以 $-1,-1,-1$ 结束。

输出格式

输出若干行，每一行格式：

w(a, b, c) = ans

注意空格。

样例 #1

样例输入 #1

1 1 1
2 2 2
-1 -1 -1

样例输出 #1

w(1, 1, 1) = 2
w(2, 2, 2) = 4

提示

数据规模与约定

保证输入的数在 $[-9223372036854775808,9223372036854775807]$ 之间，并且是整数。

保证不包括 $-1,-1,-1$ 的输入行数 $T$ 满足 $1\le T\le 10^5$。

思路

我们注意到w实际上只需要计算0-20之间的数，因此我们可以用记忆化搜索把算到的w的值存储起来。

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;typedef long long LL;
LL w[25][25][25];LL get_w(LL a, LL b, LL c) {if(a <= 0 || b <= 0 || c <= 0) return 1;if(a > 20 || b > 20 || c > 20 ) return get_w(20, 20, 20);if(w[a][b][c] != -1) return w[a][b][c];if (a < b && b < c) {w[a][b][c] =  get_w(a, b, c - 1) + get_w(a, b - 1, c - 1) - get_w(a, b - 1, c);}else w[a][b][c] = get_w(a - 1, b, c) + get_w(a - 1, b - 1, c) + get_w(a - 1, b, c - 1) - get_w(a - 1, b - 1, c - 1);return w[a][b][c];
}int main() {memset(w, -1, sizeof w);while(1) {LL a, b, c;scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &c);if(a == b && b == c && a == -1) break;printf("w(%lld, %lld, %lld) = %lld\n", a, b, c, get_w(a, b, c));}return 0;
}

【XR-3】等差数列

题目描述

小 X 给了你一个等差数列的前两项以及项数，请你求出这个等差数列各项之和。

等差数列：对于一个 $n$ 项数列 $a$，如果满足对于任意 $i\in [1,n)$，有 $a_{i+1}-a_i=d$，其中 $d$ 为定值，则称这个数列为一个等差数列。

输入格式

一行 $3$ 个整数 $a_1,a_2,n$，表示等差数列的第 $1,2$ 项以及项数。

数据范围：

• $|a_1|,|a_2|\le 10^6$。
• $3\le n\le 10^6$。

输出格式

一行一个整数，表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

1 2 3

样例输出 #1

6

样例 #2

样例输入 #2

-5 -10 5

样例输出 #2

-75

提示

【样例 $1$ 说明】

这个等差数列为 1 2 3，其各项之和为 $6$。

思路

这道题我没用递归，直接用等差数列求和公式就可以了。要注意数据大小。

代码

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;int main() {LL a1, a2, n;cin >> a1 >> a2 >> n;LL d = a2 - a1;LL ans = ((a1 * 2 + (n - 1) * d) * n) / 2;cout << ans << endl;return 0;
}

台阶问题

题目描述

有 $N$ 级台阶，你一开始在底部，每次可以向上迈 $1\sim K$ 级台阶，问到达第 $N$ 级台阶有多少种不同方式。

输入格式

两个正整数 $N,K$。

输出格式

一个正整数 $ans(\mathrm{mod}100003)$，为到达第 $N$ 级台阶的不同方式数。

样例 #1

样例输入 #1

5 2

样例输出 #1

8

提示

• 对于 $20\%$ 的数据，$1\le N\le 10$，$1\le K\le 3$；
• 对于 $40\%$ 的数据，$1\le N\le 1000$；
• 对于 $100\%$ 的数据，$1\le N\le 100000$，$1\le K\le 100$。

思路

非常经典的问题。

注意到，对于第n级台阶，它来自于它前面的1~ k级台阶，因此第n级台阶的方案数应该等于前面n - k到n - 1级台阶的方案数之和。当然要注意边界情况。

使用函数dfs(int u)表示u阶台阶时的方案数，同时用一个数组把计算到的值全部存起来。

代码

#include<iostream>
using namespace std;const int mod = 100003, N = 1e5 + 10;int n, k;int df[N];//表示u阶台阶时的方案数 
int dfs(int u) {if(df[u] != 0) return df[u];int res = 0;for(int i = 1; i <= k && u - i >= 0; i ++ ) {res = (res + dfs(u - i)) % mod;}df[u] = res;return res;
}int main() {cin >> n >> k;if(k > n) k = n; df[0] = 1;cout << dfs(n) << endl;return 0;
}

[NOIP2001 提高组] 数的划分

题目描述

将整数 $n$ 分成 $k$ 份，且每份不能为空，任意两个方案不相同（不考虑顺序）。

例如：$n=7$，$k=3$，下面三种分法被认为是相同的。

$1,1,5$;
$1,5,1$;
$5,1,1$.

问有多少种不同的分法。

输入格式

$n,k$ （$6<n\le 200$，$2\le k\le 6$）

输出格式

$1$ 个整数，即不同的分法。

样例 #1

样例输入 #1

7 3

样例输出 #1

4

提示

四种分法为：
$1,1,5$;
$1,2,4$;
$1,3,3$;
$2,2,3$.

【题目来源】

NOIP 2001 提高组第二题

思路

用递归来做。用一个函数dfs(int x, int sum, int d)来递归计算，其中上一个数为x，目前总和为sum，还需要递归的次数为d。当d = 0时，满足sum == n时要加在总数中。

代码

#include<iostream>
using namespace std;int n, k;
int ans;//表示上一个数为x，目前总和为sum，还需要递归的次数为d
void dfs(int x, int sum, int d) {if(d == 0) {if(sum == n) ans ++;return;}for(int i = x; i <= n && i + sum <= n; i ++ ) {dfs(i, sum + i, d - 1);}return;
}int main() {cin >> n >> k;dfs(1, 0, k); cout << ans << endl;return 0;
}

终于结束的起点

题目背景

终于结束的起点
终于写下句点
终于我们告别
终于我们又回到原点
……

一个个 OIer 的竞赛生涯总是从一场 NOIp 开始，大多也在一场 NOIp 中结束，好似一次次轮回在不断上演。
如果这次 NOIp 是你的起点，那么祝你的 OI 生涯如同夏花般绚烂。
如果这次 NOIp 是你的终点，那么祝你的 OI 回忆宛若繁星般璀璨。
也许这是你最后一次在洛谷上打比赛，也许不是。
不过，无论如何，祝你在一周后的比赛里，好运。

当然，这道题也和轮回有关系。

题目描述

广为人知的斐波拉契数列 $\mathrm{fib}(n)$ 是这么计算的

$$\mathrm{fib}(n)=\{\begin{array}{ll}0,& n=0\\ 1,& n=1\\ \mathrm{fib}(n-1)+\mathrm{fib}(n-2),& n>1\end{array}$$

也就是 $0,1,1,2,3,5,8,13\cdots$，每一项都是前两项之和。

小 F 发现，如果把斐波拉契数列的每一项对任意大于 $1$ 的正整数 $M$ 取模的时候，数列都会产生循环。

当然，小 F 很快就明白了，因为 ($\mathrm{fib}(n-1)\mathrm{mod}M$) 和 ($\mathrm{fib}(n-2)\mathrm{mod}M)$ 最多只有 $M^2$ 种取值，所以在 $M^2$ 次计算后一定出现过循环。

甚至更一般地，我们可以证明，无论取什么模数 $M$，最终模 $M$ 下的斐波拉契数列都会是 $0,1,\cdots ,0,1,\cdots$。

现在，给你一个模数 $M$，请你求出最小的 $n>0$，使得 $\mathrm{fib}(n)\mathrm{mod}M=0,\mathrm{fib}(n+1)\mathrm{mod}M=1$。

输入格式

输入一行一个正整数 $M$。

输出格式

输出一行一个正整数 $n$。

样例 #1

样例输入 #1

2

样例输出 #1

3

样例 #2

样例输入 #2

6

样例输出 #2

24

提示

样例 1 解释

斐波拉契数列为 $0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,\cdots$，在对 $2$ 取模后结果为 $0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,\cdots$。

我们可以发现，当 $n=3$ 时，$f(n)\mathrm{mod}2=0,f(n+1)\mathrm{mod}2=1$，也就是我们要求的 $n$ 的最小值。

数据范围

对于 $30\%$ 的数据，$M\le 18$；

对于 $70\%$ 的数据，$M\le 2018$；

对于 $100\%$ 的数据，$2\le M\le 706150=\text{0xAC666}$。

提示

如果你还不知道什么是取模 $(\mathrm{mod})$，那我也很乐意告诉你，模运算是求整数除法得到的余数，也就是竖式除法最终「除不尽」的部分，也即
$$a\mathrm{mod}M=k⟺a=bM+k(M>0,0\le k<M)$$
其中 $a,b,k$ 都是非负整数。

如果你使用 C / C++，你可以使用 % 来进行模运算。

如果你使用 Pascal，你可以使用 mod 来进行模运算。

思路

使用记忆化搜索，存储每个获得的fib值。要注意数的范围，都需要使用long long来存储数。

代码

#include<iostream>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 1e7 + 10;LL f[N];
LL m;LL fib(LL u) {if(f[u]) return f[u];if(u == 1 || u == 2) return f[u] = 1 % m;f[u] = (fib(u - 1) + fib(u - 2)) % m;return f[u];
}int main () {scanf("%lld", &m);for(LL i = 2; ; i ++ ) {if(fib(i) % m == 0 && fib(i + 1) % m == 1) {printf("%lld", i);return 0;}}return 0;
}