汉诺塔

问题描述

将塔A的柱子移动到塔C
要求:

1. 大的柱子只能在小的柱子下面
2. 一次只能移动一个柱子
   

思路

想把A上的n个柱子移动到C 核心思路是:
S1:先把A上面n-1个柱子移动到B
S2:再把A剩下的1个柱子移动到C
S3:最后把B上的n-1个柱子移动到C

1. 本题显然可以分裂出子问题 移动n个柱子从A到C和移动n-1个柱子从B到C是类似的问题
   
2. 假设 void Hanoi(int n, char source, char auxiliary, char target)的功能是:
   把在source(源头塔)上的n个柱子 利用auxiliary(辅助塔) 移动到target(目标塔)
3. 看下面代码的时候 不要受参数名影响(B有时候作为目标塔 有时候作为辅助塔 这取决于传参的顺序)
   就这么理解:Hanoi()的功能是把第二个参数上的n个柱子 利用第三个参数 移动到第四个参数上去
4. 递归的出口:只有一个柱子的时候 结束递 开始"归" 一个柱子直接移动就行了
5. 每次调用都是一层一层往上 越来越接近1个柱子的情况
6. move函数只是模拟了移动这个行为 move(‘A’,‘C’)就表示把A塔上第一个柱子移动到C塔上去

代码实现

当假设出函数的功能 同时有了子问题如何分裂的思路之后
直接顺着这个思路写下去 那就对了!!

void move(char ch1, char ch2)
{
	printf("%c----->%c\n", ch1, ch2);
}

void Hanoi(int n, char source, char auxiliary, char target)
{
	//如果只有1个柱子 直接移动到目标塔就行
	if (n == 1)
	{
		move(source, target);
	}
	//不止1个柱子 接收到的参数是A B C
	else//n>=2
	{
		//S1:先把A上面n-1个柱子移动到B
		Hanoi(n - 1, source, target, auxiliary);
		//S2:再把A剩下的1个柱子移动到C
		move(source, target);
		//S3:最后把B上的n-1个柱子移动到C
		Hanoi(n - 1, auxiliary, source, target);
	}
}

int main()
{
	Hanoi(3, 'A', 'B', 'C');
	return 0;
}

思考:怎么判断一共要移动几次?(时间复杂度?)

• 根据子问题的递推规则发现:
  n个柱子移动次数是1+2*(n-1个柱子的移动次数)
• 进一步找规律发现:
  n个柱子需要移动2^n-1次
• 也就是说时间复杂度是O(2^n) 其中n是盘子的数量
• 这个复杂度已经相当高了 在2.00GHz的处理器下 64个柱子要跑270多年
  

小青蛙跳台阶

BC117 小乐乐走台阶

在牛客网上有一道类似的题目 可以先尝试做一做
题目链接

问题描述

一只青蛙
他可以一次跳一级台阶
或者一次跳两级台阶
假设青蛙要跳上n级台阶
请问一共有多少种跳法?

递归

• 这道题和斐波那契数列十分类似 只不过斐波那契数列我们直接知道 第三个数开始 每个数就是前两个数之和
• 而这道题 青蛙跳上一级台阶 只有1种跳法 ;跳上二级台阶 有2种跳法
• 思考:跳上第n级(n>=3)呢?
• 假设我给定一个函数 frogJumps(int steps) 假设它的功能就是:可以计算出青蛙跳到steps级台阶有多少种跳法
• 假设青蛙第一次跳了1级 那么剩下的跳法就是frogJumps(n-1)
• 假设青蛙第一次跳了2级 那么剩下的跳法就是frogJumps(n-2)
• 所以所有的跳法就是frogJumps(n-1) + frogJumps(n-2) 当n>=3
• 只要有了递推公式 递归的代码其实很容易写出来

int frogJumps(int steps)
{
	if (steps <= 2)
		return steps;
	else
		return frogJumps(steps - 1) + frogJumps(steps - 2);
}

int main()
{
	printf("%d ", frogJumps(1));
	printf("%d ", frogJumps(2));
	printf("%d ", frogJumps(3));
	printf("%d ", frogJumps(4));
	printf("%d ", frogJumps(5));
	return 0;
}

动态规划

不管是用递归计算n! 还是递归求第n个斐波那契数量
递归代码虽十分简洁 但是有一个很严重的问题:递归很容易产生大量的重复计算
但是实际上:

• 在计算10!的时候 就已经产生9! 8! 7!..了
• 在计算第40个斐波那契数的时候 前面的斐波那契数其实也都已经计算过了
• 那么 该怎么把这些已经计算过的子问题 给利用起来 帮助计算下一个子问题呢?

这就引出了动态规划的一个典型的思想:利用上一步的计算结果 快速计算出下一步的结果
下面可以看看动态规划会怎么计算这道题:

• 台阶的级数n和几种跳法 其实是一 一对应的 --> 数组
  

#define N 10
int main()
{
	int arr[N] = { 0 };
	arr[0] = 1;
	arr[1] = 2;
	//前两个子问题的解直接给出
	//从第三个子问题开始(i=2) 计算得出
	for (int i = 2; i < N; i++)
		arr[i] = arr[i - 1] + arr[i - 2];

	//当循环结束 其实数组里已经放好了1~N级台阶对应的跳法
	for (int i = 0; i < N; i++)
		printf("青蛙跳上%d级台阶有%d种跳法\n", i + 1, arr[i]);
	return 0;
}

迭代

● 尝试用while改写(和斐波那契一样的) 因为n很大的时候 递归效率太差
● 求n个台阶有几种跳法 其实就相当于求第n个"斐波那契数"
● 核心在于while的循环条件是什么

int Fib(int index)
{
	//如果index 1 2 直接返回即可
	if (index <= 2)
		return index;

	//如果能走到这里 就说明index>=3了 那就计算求出第index个数(也就是index级台阶有几种跳法)
	int a = 1;
	int b = 2;
	int tmp = 0;
	while (index >= 3)//3级 循环1次 把tmp返回;4级 循环2次 把tmp返回....
	{
		tmp = a + b;
		a = b;
		b = tmp;
		index--;
	}
	return tmp;
}

int main()
{
	printf("%d\n", Fib(1));
	printf("%d\n", Fib(2));
	printf("%d\n", Fib(3));
	printf("%d\n", Fib(4));
	printf("%d\n", Fib(5));
	printf("%d\n", Fib(6));
	printf("%d\n", Fib(7));
	printf("%d\n", Fib(8));
	printf("%d\n", Fib(9));
	printf("%d\n", Fib(10));
	return 0;
}