文章目录

概述
单路递归 Single Recursion
- E01. 阶乘
- E02. 反向打印字符串
- E03. 二分查找
多路递归 Multi Recursion
- E01. 斐波那契数列
递归优化-记忆法
递归优化-尾递归
递归时间复杂度-Master theorem
递归时间复杂度-展开求解

概述

定义

计算机科学中，递归是一种解决计算问题的方法，其中解决方案取决于同一类问题的更小子集

In computer science, recursion is a method of solving a computational problem where the solution depends on solutions to smaller instances of the same problem.

比如单链表递归遍历的例子：

void f(Node node) {
    if(node == null) {
        return;
    }
    println("before:" + node.value)
    f(node.next);
    println("after:" + node.value)
}

说明：

自己调用自己，如果说每个函数对应着一种解决方案，自己调用自己意味着解决方案是一样的（有规律的）
每次调用，函数处理的数据会较上次缩减（子集），而且最后会缩减至无需继续递归
内层函数调用（子集处理）完成，外层函数才能算调用完成

原理

假设链表中有 3 个节点，value 分别为 1，2，3，以上代码的执行流程就类似于下面的伪码

// 1 -> 2 -> 3 -> null  f(1)

void f(Node node = 1) {
    println("before:" + node.value) // 1
    void f(Node node = 2) {
        println("before:" + node.value) // 2
        void f(Node node = 3) {
            println("before:" + node.value) // 3
            void f(Node node = null) {
                if(node == null) {
                    return;
                }
            }
            println("after:" + node.value) // 3
        }
        println("after:" + node.value) // 2
    }
    println("after:" + node.value) // 1
}

思路

确定能否使用递归求解
推导出递推关系，即父问题与子问题的关系，以及递归的结束条件

例如之前遍历链表的递推关系为
$\begin{cases} 停止& n = null \\ f(n.next) & n \neq null \end{cases}$

深入到最里层叫做递
从最里层出来叫做归
在递的过程中，外层函数内的局部变量（以及方法参数）并未消失，归的时候还可以用到

单路递归 Single Recursion

E01. 阶乘

用递归方法求阶乘

阶乘的定义 $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \dots (n - 2) \cdot (n - 1) \cdot n$ ，其中 $n$ 为自然数，当然 $0! = 1$
递推关系

$\begin{cases} 1 & n = 1\\ n * f(n-1) & n > 1 \end{cases}$

代码

private static int f(int n) {
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    return n * f(n - 1);
}

拆解伪码如下，假设 n 初始值为 3

f(int n = 3) { // 解决不了,递
    return 3 * f(int n = 2) { // 解决不了,继续递
        return 2 * f(int n = 1) {
            if (n == 1) { // 可以解决, 开始归
                return 1;
            }
        }
    }
}

E02. 反向打印字符串

用递归反向打印字符串，n 为字符在整个字符串 str 中的索引位置

递：n 从 0 开始，每次 n + 1，一直递到 n == str.length() - 1
归：从 n == str.length() 开始归，从归打印，自然是逆序的

递推关系
$\begin{cases} 停止 & n = str.length() \\ f(n+1) & 0 \leq n \leq str.length() - 1 \end{cases}$
代码为

public static void reversePrint(String str, int index) {
    if (index == str.length()) {
        return;
    }
    reversePrint(str, index + 1);
    System.out.println(str.charAt(index));
}

拆解伪码如下，假设字符串为 “abc”

void reversePrint(String str, int index = 0) {
    void reversePrint(String str, int index = 1) {
        void reversePrint(String str, int index = 2) {
            void reversePrint(String str, int index = 3) { 
                if (index == str.length()) {
                    return; // 开始归
                }
            }
            System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 c
        }
        System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 b
    }
    System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 a
}

E03. 二分查找

递归关系：

在这里插入图片描述

代码实现：

    //使用递归实现二分查找（搜索范围：闭区间）
    public static void binarySearch(int[] nums,int target,int start,int end){

        if (start > end) return;

        int middle = (start + end) / 2;

        if (nums[middle] < target) binarySearch(nums,target,middle + 1,end);
        else if (nums[middle] > target) binarySearch(nums,target,start,middle - 1);
        else System.out.println(target + "的索引为：" + middle);
    }

多路递归 Multi Recursion

E01. 斐波那契数列

之前的例子是每个递归函数只包含一个自身的调用，这称之为 single recursion
如果每个递归函数例包含多个自身调用，称之为 multi recursion

递推关系
$\begin{cases} 0 & n=0 \\ 1 & n=1 \\ f(n-1) + f(n-2) & n>1 \end{cases}$

下面的表格列出了数列的前几项

F0	F1	F2	F3	F4	F5	F6	F7	F8	F9	F10	F11	F12	F13
0	1	1	2	3	5	8	13	21	34	55	89	144	233

实现

public static int f(int n) {
    if (n == 0) {
        return 0;
    }
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    return f(n - 1) + f(n - 2);
}

执行流程

在这里插入图片描述

绿色代表正在执行（对应递），灰色代表执行结束（对应归）
递不到头，不能归，对应着深度优先搜索

时间复杂度

递归的次数也符合斐波那契规律， $2 * f (n + 1) - 1$
时间复杂度推导过程
- 斐波那契通项公式 $\frac{1}{\sqrt{5}}*({\frac{1+\sqrt{5}}{2}}^n - {\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^n)$
- 简化为： $\frac{1}{2.236}*({1.618}^n - {(-0.618)}^n)$
- 带入递归次数公式 $2*\frac{1}{2.236}*({1.618}^{n+1} - {(-0.618)}^{n+1})-1$
- 时间复杂度为 $\Theta(1.618^n)$

以上时间复杂度分析，未考虑大数相加的因素

变体1 - 兔子问题[^8]

在这里插入图片描述

第一个月，有一对未成熟的兔子（黑色，注意图中个头较小）
第二个月，它们成熟
第三个月，它们能产下一对新的小兔子（蓝色）
所有兔子遵循相同规律，求第 $n$ 个月的兔子数

分析

兔子问题如何与斐波那契联系起来呢？设第 n 个月兔子数为 $f (n)$

$f (n)$ = 上个月兔子数 + 新生的小兔子数
而【新生的小兔子数】实际就是【上个月成熟的兔子数】
因为需要一个月兔子就成熟，所以【上个月成熟的兔子数】也就是【上上个月的兔子数】
上个月兔子数，即 $f (n - 1)$
上上个月的兔子数，即 $f (n - 2)$

因此本质还是斐波那契数列，只是从其第一项开始

变体2 - 青蛙爬楼梯

楼梯有 $n$ 阶
青蛙要爬到楼顶，可以一次跳一阶，也可以一次跳两阶
只能向上跳，问有多少种跳法

分析

n	跳法	规律
1	(1)	暂时看不出
2	(1,1) (2)	暂时看不出
3	(1,1,1) (1,2) (2,1)	暂时看不出
4	(1,1,1,1) (1,2,1) (2,1,1) (1,1,2) (2,2)	最后一跳，跳一个台阶的，基于f(3) 最后一跳，跳两个台阶的，基于f(2)
5	…	…

因此本质上还是斐波那契数列，只是从其第二项开始
对应 leetcode 题目 70. 爬楼梯 - 力扣（LeetCode）

递归优化-记忆法

上述代码存在很多重复的计算，例如求 $f (5)$ 递归分解过程

在这里插入图片描述

可以看到（颜色相同的是重复的）：

$f (3)$ 重复了 2 次
$f (2)$ 重复了 3 次
$f (1)$ 重复了 5 次
$f (0)$ 重复了 3 次

随着 $n$ 的增大，重复次数非常可观，如何优化呢？

Memoization 记忆法（也称备忘录）是一种优化技术，通过存储函数调用结果（通常比较昂贵），当再次出现相同的输入（子问题）时，就能实现加速效果，改进后的代码

public static void main(String[] args) {
    int n = 13;
    int[] cache = new int[n + 1];
    Arrays.fill(cache, -1);
    cache[0] = 0;
    cache[1] = 1;
    System.out.println(f(cache, n));
}

public static int f(int[] cache, int n) {
    if (cache[n] != -1) {
        return cache[n];
    }

    cache[n] = f(cache, n - 1) + f(cache, n - 2);
    return cache[n];
}

优化后的图示，只要结果被缓存，就不会执行其子问题

在这里插入图片描述

改进后的时间复杂度为 $O (n)$
请自行验证改进后的效果
请自行分析改进后的空间复杂度

注意

记忆法是动态规划的一种情况，强调的是自顶向下的解决
记忆法的本质是空间换时间

递归优化-尾递归

爆栈

用递归做 $n + (n - 1) + (n - 2) ... + 1$

public static long sum(long n) {
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    return n + sum(n - 1);
}

在我的机器上 $n = 12000$ 时，爆栈了

Exception in thread "main" java.lang.StackOverflowError
	at Test.sum(Test.java:10)
	at Test.sum(Test.java:10)
	at Test.sum(Test.java:10)
	at Test.sum(Test.java:10)
	at Test.sum(Test.java:10)
	...

为什么呢？

每次方法调用是需要消耗一定的栈内存的，这些内存用来存储方法参数、方法内局部变量、返回地址等等
方法调用占用的内存需要等到方法结束时才会释放
而递归调用我们之前讲过，不到最深不会回头，最内层方法没完成之前，外层方法都结束不了
- 例如， $s u m (3)$ 这个方法内有个需要执行 $3 + s u m (2)$ ， $s u m (2)$ 没返回前，加号前面的 $3$ 不能释放
- 看下面伪码

long sum(long n = 3) {
    return 3 + long sum(long n = 2) {
        return 2 + long sum(long n = 1) {
            return 1;
        }
    }
}

尾调用

如果函数的最后一步是调用一个函数，那么称为尾调用，例如

function a() {
    return b()
}

下面三段代码不能叫做尾调用

function a() {
    const c = b()
    return c
}

因为最后一步并非调用函数

function a() {
    return b() + 1
}

最后一步执行的是加法

function a(x) {
    return b() + x
}

最后一步执行的是加法

一些语言[^11]的编译器能够对尾调用做优化，例如

function a() {
    // 做前面的事
    return b() 
}

function b() {
    // 做前面的事
    return c()
}

function c() {
    return 1000
}

a()

没优化之前的伪码

function a() {
    return function b() {
        return function c() {
            return 1000
        }
    }
}

优化后伪码如下

a()
b()
c()

为何尾递归才能优化？

调用 a 时

a 返回时发现：没什么可留给 b 的，将来返回的结果 b 提供就可以了，用不着我 a 了，我的内存就可以释放

调用 b 时

b 返回时发现：没什么可留给 c 的，将来返回的结果 c 提供就可以了，用不着我 b 了，我的内存就可以释放

如果调用 a 时

不是尾调用，例如 return b() + 1，那么 a 就不能提前结束，因为它还得利用 b 的结果做加法

尾递归

尾递归是尾调用的一种特例，也就是最后一步执行的是同一个函数

尾递归避免爆栈

安装 Scala

在这里插入图片描述

Scala 入门

object Main {
  def main(args: Array[String]): Unit = {
    println("Hello Scala")
  }
}

Scala 是 java 的近亲，java 中的类都可以拿来重用
类型是放在变量后面的
Unit 表示无返回值，类似于 void
不需要以分号作为结尾，当然加上也对

还是先写一个会爆栈的函数

def sum(n: Long): Long = {
    if (n == 1) {
        return 1
    }
    return n + sum(n - 1)
}

Scala 最后一行代码若作为返回值，可以省略 return

不出所料，在 $n = 11000$ 时，还是出了异常

println(sum(11000))

Exception in thread "main" java.lang.StackOverflowError
	at Main$.sum(Main.scala:25)
	at Main$.sum(Main.scala:25)
	at Main$.sum(Main.scala:25)
	at Main$.sum(Main.scala:25)
	...

这是因为以上代码，还不是尾调用，要想成为尾调用，那么：

最后一行代码，必须是一次函数调用
内层函数必须摆脱与外层函数的关系，内层函数执行后不依赖于外层的变量或常量

def sum(n: Long): Long = {
    if (n == 1) {
        return 1
    }
    return n + sum(n - 1)  // 依赖于外层函数的 n 变量
}

如何让它执行后就摆脱对 n 的依赖呢？

不能等递归回来再做加法，那样就必须保留外层的 n
把 n 当做内层函数的一个参数传进去，这时 n 就属于内层函数了
传参时就完成累加, 不必等回来时累加

sum(n - 1, n + 累加器)

改写后代码如下

@tailrec
def sum(n: Long, accumulator: Long): Long = {
    if (n == 1) {
        return 1 + accumulator
    } 
    return sum(n - 1, n + accumulator)
}

accumulator 作为累加器
@tailrec 注解是 scala 提供的，用来检查方法是否符合尾递归
这回 sum(10000000, 0) 也没有问题，打印 50000005000000

执行流程如下，以伪码表示 $s u m (4, 0)$

// 首次调用
def sum(n = 4, accumulator = 0): Long = {
    return sum(4 - 1, 4 + accumulator)
}

// 接下来调用内层 sum, 传参时就完成了累加, 不必等回来时累加，当内层 sum 调用后，外层 sum 空间没必要保留
def sum(n = 3, accumulator = 4): Long = {
    return sum(3 - 1, 3 + accumulator)
}

// 继续调用内层 sum
def sum(n = 2, accumulator = 7): Long = {
    return sum(2 - 1, 2 + accumulator)
}

// 继续调用内层 sum, 这是最后的 sum 调用完就返回最后结果 10, 前面所有其它 sum 的空间早已释放
def sum(n = 1, accumulator = 9): Long = {
    if (1 == 1) {
        return 1 + accumulator
    }
}

本质上，尾递归优化是将函数的递归调用，变成了函数的循环调用

改循环避免爆栈

public static void main(String[] args) {
    long n = 100000000;
    long sum = 0;
    for (long i = n; i >= 1; i--) {
        sum += i;
    }
    System.out.println(sum);
}

递归时间复杂度-Master theorem

若有递归式
$aT(\frac{n}{b}) + f(n)$
其中

$T (n)$ 是问题的运行时间， $n$ 是数据规模
$a$ 是子问题个数
$T(\frac{n}{b})$ 是子问题运行时间，每个子问题被拆成原问题数据规模的 $\frac{n}{b}$
$f (n)$ 是除递归外执行的计算

令 $x = \log_{b}{a}$ ，即 $x = \log_{子问题缩小倍数}{子问题个数}$

那么
$\begin{cases} \Theta(n^x) & f(n) = O(n^c) 并且 c \lt x\\ \Theta(n^x\log{n}) & f(n) = \Theta(n^x)\\ \Theta(n^c) & f(n) = \Omega(n^c) 并且 c \gt x \end{cases}$

例1

$2T(\frac{n}{2}) + n^4$

此时 $x = 1 < 4$ ，由后者决定整个时间复杂度 $\Theta(n^4)$
如果觉得对数不好算，可以换为求【 $b$ 的几次方能等于 $a$ 】

例2

$T(\frac{7n}{10}) + n$

$b=\frac{10}{7}, x=0, c=1$
此时 $x = 0 < 1$ ，由后者决定整个时间复杂度 $\Theta(n)$

例3

$16T(\frac{n}{4}) + n^2$

$a = 16, b = 4, x = 2, c = 2$
此时 $x = 2 = c$ ，时间复杂度 $\Theta(n^2 \log{n})$

例4

$T(n)=7T(\frac{n}{3}) + n^2$

$a = 7, b = 3, x = 1. ?, c = 2$
此时 $x = \log_{3}{7} < 2$ ，由后者决定整个时间复杂度 $\Theta(n^2)$

例5

$7T(\frac{n}{2}) + n^2$

$a = 7, b = 2, x = 2. ?, c = 2$
此时 $x = log_2{7} > 2$ ，由前者决定整个时间复杂度 $\Theta(n^{\log_2{7}})$

例6

$2T(\frac{n}{4}) + \sqrt{n}$

$a = 2, b = 4, x = 0.5, c = 0.5$
此时 $x = 0.5 = c$ ，时间复杂度 $\Theta(\sqrt{n}\ \log{n})$

例7. 二分查找递归

int f(int[] a, int target, int i, int j) {
    if (i > j) {
        return -1;
    }
    int m = (i + j) >>> 1;
    if (target < a[m]) {
        return f(a, target, i, m - 1);
    } else if (a[m] < target) {
        return f(a, target, m + 1, j);
    } else {
        return m;
    }
}

子问题个数 $a = 1$
子问题数据规模缩小倍数 $b = 2$
除递归外执行的计算是常数级 $c = 0$

$T(\frac{n}{2}) + n^0$

此时 $x = 0 = c$ ，时间复杂度 $\Theta(\log{n})$

例8. 归并排序递归

void split(B[], i, j, A[])
{
    if (j - i <= 1)                    
        return;                                
    m = (i + j) / 2;             
    
    // 递归
    split(A, i, m, B);  
    split(A, m, j, B); 
    
    // 合并
    merge(B, i, m, j, A);
}

子问题个数 $a = 2$
子问题数据规模缩小倍数 $b = 2$
除递归外，主要时间花在合并上，它可以用 $f (n) = n$ 表示

$2T(\frac{n}{2}) + n$

此时 $x = 1 = c$ ，时间复杂度 $\Theta(n\log{n})$

例9. 快速排序递归

algorithm quicksort(A, lo, hi) is 
  if lo >= hi || lo < 0 then 
    return
  
  // 分区
  p := partition(A, lo, hi) 
  
  // 递归
  quicksort(A, lo, p - 1) 
  quicksort(A, p + 1, hi)

子问题个数 $a = 2$
子问题数据规模缩小倍数
- 如果分区分的好， $b = 2$
- 如果分区没分好，例如分区1 的数据是 0，分区 2 的数据是 $n - 1$
除递归外，主要时间花在分区上，它可以用 $f (n) = n$ 表示

情况1 - 分区分的好

$2T(\frac{n}{2}) + n$

此时 $x = 1 = c$ ，时间复杂度 $\Theta(n\log{n})$

情况2 - 分区没分好

$T (n) = T (n - 1) + T (1) + n$

此时不能用主定理求解

递归时间复杂度-展开求解

像下面的递归式，都不能用主定理求解

例1 - 递归求和

long sum(long n) {
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    return n + sum(n - 1);
}

$T (n) = T (n - 1) + c$ ， $T (1) = c$

下面为展开过程

$T (n) = T (n - 2) + c + c$

$T (n) = T (n - 3) + c + c + c$

…

$T (n) = T (n - (n - 1)) + (n - 1) c$

其中 $T (n - (n - 1))$ 即 $T (1)$
带入求得 $T (n) = c + (n - 1) c = n c$

时间复杂度为 $O (n)$

例2 - 递归冒泡排序

void bubble(int[] a, int high) {
    if(0 == high) {
        return;
    }
    for (int i = 0; i < high; i++) {
        if (a[i] > a[i + 1]) {
            swap(a, i, i + 1);
        }
    }
    bubble(a, high - 1);
}