致初学者(四):HDU 2044~2050 递推专项习题解

2019-09-23 08:42:12来源:博客园 阅读 ()

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致初学者(四):HDU 2044~2050 递推专项习题解

      所谓递推,是指从已知的初始条件出发,依据某种递推关系,逐次推出所要求的各中间结果及最后结果。其中初始条件或是问题本身已经给定,或是通过对问题的分析与化简后确定。关于递推的知识可以参阅本博客中随笔“递推(一):递推法的基本思想”。

      HDU 2044~2050这7道题是针对初学者进行递推学习的专项练习,下面给出它们的AC程序供参考。

HDU 2044:一只小蜜蜂

      不妨将图示的蜂箱结构看成从1--—2——-3——…的一个“W”型楼梯。蜜蜂只能爬向右侧相邻的蜂房,不能反向爬行。可以等效地看成蜜蜂每次上楼梯可以走一级,也可以走两级。

      易得递推公式 : f[n]=f[n-1]+f[n-2] (n>2)  f[1]=1 f[2]=2。

#include <stdio.h>
int main()
{
    int n,a,b,i;
    __int64 f[51]={0,1,2};
    for (i=3;i<=50;i++)
        f[i]=f[i-1]+f[i-2];
    scanf("%d",&n);
    while (n--)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b);
        printf("%I64d\n",f[b-a]);
    }
    return 0;
}
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HDU 2045 不容易系列之(3)—— LELE的RPG难题

      设满足要求的n个方格的涂色方法数为F(n)。

      因为RPG有三种颜色,可以先枚举出当方格数为1、2、3时的涂法种数。

      显然,F(1)=3   (即R、P、G三种)

                 F(2)=6   (即RP、RG、PR、PG、GR、GP六种)

                 F(3)=6   (即RPG、RGP、PRG、PGR、GRP、GPR六种)

      当方格的个数大于3时,n个方格的涂色方案可以由n-1方格的涂色方案追加最后一个方格的涂色方案得出,分两种情况:

      (1)对于已按要求涂好颜色的n-1个方格,在F(n-1)种合法的涂色方案后追加一个方格(第n个方格),由于合法方案的首尾颜色不同(即第n-1个方格的颜色不与第1个方格的相同),这样,第n个方格的颜色也是确定的,它必定是原n-1个方格的首尾两种颜色之外的一种,因此,在这种情况下的涂色方法数为F(n-1)。

      (2)对于已按要求涂好颜色的n-2个方格,可以在第n-1个方格中涂与第1个方格相同的颜色,此时由于首尾颜色相同,这是不合法的涂色方案,但可以在第n个方格中涂上一个合法的颜色,使其成为方格长度为n的合法涂色方案(注意:当n等于3时,由于第1(3-2)个方格与第2(3-1)个方格颜色相同,第3个方格不论怎样涂都不会合法,因此递推的前提是n大于3),在第n个方格中可以涂上两种颜色(即首格外的两种颜色,因为与它相连的第n-1个方格和第1个方格的颜色是一样的),因此,在这种情况下的涂色方法数为2*F(n-2)。

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

#include <stdio.h>
int main()
{
   int i,n;
   __int64 f[51]; 
   f[0]=0;    
   f[1]=3;     
   f[2]=6;    
   f[3]=6;     
   for(i=4;i<51;i++)         
       f[i]=f[i-1]+2*f[i-2];     
   while (scanf("%d",&n)!=EOF)
   {
       printf("%I64d\n",f[n]);
   }
   return 0;
}
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HDU 2046 骨牌铺方格

      设f[n]表示在2×n的一个长方形方格中用一个1× 2的骨牌铺满方格的方案数。显然

      2×n的长方形方格可以看成由2×(n-1)的长方形(方案数为f[n-1])加1块竖放的骨牌构成,也可以看成由2×(n-2)的长方形(方案数为f[n-2])加2块横放的骨牌构成。

      易得 递推式为: f[n]=f[n-1]+f[n-2] (n>2)。f[1]=1,f[2]=2。

#include <stdio.h>
int main()
{
    int n,i;
    __int64 f[51]={0,1,2};
    for (i=3;i<=50;i++)
        f[i]=f[i-1]+f[i-2];
    while (scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        printf("%I64d\n",f[n]);
    }
    return 0;
}
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HDU 2047 阿牛的EOF牛肉串

      定义二维数组f[40][3],其中f[i][0]表示长度为i,最后字符为'E'的串的数目;

      f[i][1]表示长度为i,最后字符为'O'的串的数目;f[i][2]表示长度为i,最后字符为'F'的串的数目。

      显然,对于长度为i+1的字符串,若最后字符取'E'或'F',则其前面的一个字符任意,

      即  f[i+1][0]=f[i][0]+f[i][1]+f[i][2]

           f[i+1][2]=f[i][0]+f[i][1]+f[i][2]

     若最后字符取'O',则其前面的字符只能为'E'或'F',所以

          f[i+1][1]=f[i][0]+f[i][2]

#include <stdio.h>
int main()
{
    int n,i;
    __int64 f[41][3];
    f[1][0]=1;
    f[1][1]=1;
    f[1][2]=1;
    for (i=2;i<40;i++)
    {
        f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1]+f[i-1][2];
        f[i][2]=f[i-1][0]+f[i-1][1]+f[i-1][2];
        f[i][1]=f[i-1][0]+f[i-1][2];
    }
    while (scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        printf("%I64d\n",f[n][0]+f[n][1]+f[n][2]);
    }
    return 0;
}
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HDU 2048 神、上帝以及老天爷

      用递推的方法推导错排公式。

      设n个人抽n张纸条,纸条上的名字与自己的名字全不对应的方法数用F(n)表示,那么F(n-1)就表示n-1个人抽n-1张纸条,纸条上的名字与自己的名字全不对应的方法。

      n张全部不对应的纸条可以看成前n - 1张纸条再加1张纸条后,将最后1张纸条弄错,弄错的方式自然是与之前的纸条进行交换,交换的方式有两种:

     (1)在前n-1个全部不对应的纸条中取任意一张进行交换。n-1张纸条全部不对应的方法数为F(n-1),在n-1张纸条中任取一张的方法数为n-1,因此,这种情况下,方法数共有F(n-1)* (n-1)种。

      (2)在前n-1张纸条中,有n-2个全不对应,有1张正确,取正确的一张进行交换。n-1张纸条中只有一张对应正确的方法数有n-1,其余n-2张纸条全不对应的方法数有F(n-2), 因此,这种情况下,方法数共有F(n-1)* (n-1)种。

       由此,可得错排的递推公式: F(n)=[F(n-2)+F(n-1)]*(n-1) 。

      初始情况为:F(1)=0  (只有1张纸条不可抽错)

                           F(2)=1  (两张纸条全不对应只有1种情况,即正确的两张交换)

#include <stdio.h>
int main()
{
   int i,c,n;
   __int64 f[21]={0,0,1}; 
   double ans;
   for (i=3;i<=20;i++)
   {
        f[i]=(f[i-1]+f[i-2])*(i-1);
    }
   scanf("%d",&c);
   while (c--)
   {
       scanf("%d",&n);
       ans=1.0*f[n];
       for (i=2;i<=n;i++)
           ans/=i;
       printf("%.2lf%%\n",100*ans);
   }
   return 0;
}
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HDU 2049 不容易系列之(4)——考新郎

      先求出m(1<=m<=20)个元素的错排数,用一维数组a来保存,其中a[i]保存i个元素的错排数。

      再求在n个元素中挑选出m个元素的组合数c(n,m)。

      这样,n对新婚夫妇中m个新郎找错了新娘的情况一共有c(n,m)*a[m]种。

#include <stdio.h>
int main()
{
    int t,n,m,p,i;
    __int64  c,sum,a[21]={0,0,1};
    for(i=3;i<21;i++)
    {
        a[i]=(a[i-1]+a[i-2])*(i-1);
    }
    scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        c=1;
        if (n-m>m)  p=n-m;
        else   p=m;
        for (i=n; i>p;i--)
           c=c*i;
        for (i=1;i<=n-p;i++)
           c=c/i;
        sum=c*a[m];
        printf("%I64d\n",sum);
    }
    return 0;
}
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HDU 2050 折线分割平面

      设n-1条折线把空间划分的区域数为f(n-1)。

      现有n条折线,为了让增加的区域更多,新增的折线要和之前的n-1条折线的2*(n-1)条边都相交,产生4*(n-1)条新的线段和2条射线,每条线段或射线产生一个新区域,但是折线相交的头部的两线段一共只能产生一个区域,所以新增区域的数量为4*(n-1) -1+2, 即 4*(n-1) +1。 

      所以有递推公式:

      f(n)=f(n-1)+4(n-1) + 1;

            =f(n-2)+4(n-2)+4(n-1)+2;

             .......

            =f(n-(n-1)) +4(n-(n-1))+4(n-(n-2))+......+4(n-1) + n-1;

            =f(1) +4(1+2+3+4+....+n-1)+n-1;

            =2+4((n-1)(n-1+1)/2)+n-1;

            =2n^2-n+1;

#include <stdio.h>
int main()
{
    int c;
    __int64 n;
    scanf("%d",&c);
    while (c--)
    {
        scanf("%I64d",&n);
        printf("%I64d\n",2*n*n-n+1);
    }
    return 0;
}
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原文链接:https://www.cnblogs.com/cs-whut/p/11552580.html
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