有關遞推與遞迴的回顧

注：本文為回顧，所以僅會記錄本人認為的難點與分析個人認為，遞推與動態規劃實際是密不可分的，你說它簡單，但到了做題時難以找到轉移方程，你要是說它難，但它確確實實是最基本的東西了

這是一道最基礎的遞推題，根據對數列的描述，不難發現，從第3項開始，我們都可以用這樣乙個式子表示：\(f_i=f_+f_\)

因而，我們可以直接利用迴圈得到，**如下：

#include #include using namespace std;
int n,a,b[1000001],mmax = 2;
int main()
return 0;
}

題目傳送門：點這裡

這一道題其實可以看做一道最基礎的動態規劃，每一步有3個狀態，我們可以發現，當樓梯有1層時，僅有1種走法；當樓梯有2層時，有2種走法：走2個1層或1個2層；當樓梯有3層時，有4種走法：一次三層，三次一層，2、1和1，2；再往後，我們可以發現，i層時可行方法為i-1層i-2層i-3層的方法數總和，即\(f_i=f_+f_+f_\),而\(f_1=1,f_2=2,f_3=4\)為邊界條件，進行迴圈，按輸入得到結果即可，**如下：

#include #include using namespace std;
long long int n,f[72];
int main()
return 0;
}

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這一道題則就是一種搜尋，其實並沒有太大的難度

具體細節詳見下方**：

#include #include using namespace std;
int n,t[101][101],o[101][101],m,ch[10001][2],last,now,ans; //o在本處並無實際用處，ch為佇列，ch[x][0]為行，ch[x][1]為列，last,now分別為佇列的頭和尾
int main()
else if (c == '#')
o[i][j] = t[i][j] = -1;
} //原圖的輸入
cin >> m;
for (int k = 2;k <= m;k ++)
if (j - 1 >= 0) //同上
if (t[i][j - 1] == 0)
if (t[i + 1][j] == 0)
if (t[i][j + 1] == 0)
} for (int i = last;i < now;i ++)
last = now;//清空佇列
} for (int i = 0;i < n;i ++) //統計
for (int j = 0;j < n;j ++)
if (t[i][j] == 1)
ans ++;
cout << ans ;
return 0;
}

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搜尋與回溯，即深度優先搜尋（dps），屬於遞迴的一種，而且，許多遞推可做的題目同樣可用遞迴做出，如：斐波那契數列

這一道題可以說是十分基礎了，基本是必會的題目，主體思想很簡單，從第乙個皇后的位置進行選擇，然後依次判斷此行每個位置是否可以放下，如果是，進行遞迴，如果不行，判斷下一位置，然後進行回溯

#include#includeusing namespace std;

int a[30];

int b[30];

int c[30];

int d[30];

int flag=0;

void print()

{ flag++;

cout<<"no. "《題目傳送門：點這裡

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