AcWing 蓝桥杯专题训练 ：（一）递归与递推例题
AcWing账号ID：田所浩二
注：可能会和y总的代码有不一样的地方
- 递归实现指数型枚举（掌握）
从 1~n 这 n 个整数中随机选取任意多个，而且题目最后要求我们以升序的形式输出。
在y总课堂上有明确的指出我们可以用树状图来考虑，对于每一位数，我们都能衍生出选和不选两种情况，考虑玩两种情况后同理我们再考虑他们的下一位数的选和不选…依次类推。只要把这两种情况分开考虑即可，注意递归还原。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=16;
int n;
vector<int>path;//记录最终答案
void dfs(int u)//u代表了当前是1-n中的哪一个数，由于输出需要从小到大，故从1开始
{
if(u == n+1)//如果这n位数都枚举完了，显然是枚举到第n+1个了
{
for(int i=0;i<path.size();i++)
{
cout<<path[i]<<" ";
}
cout<<endl;
return ;//递归终止，开始回溯
}
path.push_back(u);
dfs(u+1);//如果选了本位数，就push进去
path.pop_back();//递归还原
dfs(u+1);//如果没选本位数。
}
int main()
{
cin>>n;
dfs(1);
return 0;
}
- 递归实现指数型枚举（掌握）
这道题要求我们打乱1-n的顺序，同时要求字典序较小的在前。所以我们用for去枚举我们1 - n中的每一位数并且标记我们已经使用过这位数，在这里我们用递归的思路去解决：
以i = 1 位例，我们将第一个数选择为 i = 1并且将其 push进path数组后，那么我们递归到下一层就是从 i=2->n 里选一个数。
同理我们第一层递归也可以不选 i= 1 ，通过for 我们可以选择 i=2,3…n 作为第一个数并标记防止重复后，然后递归到下一层从没有标记过的数中选则自己的下一位数。同样的注意递归还原！
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=10;
int n;
vector<int>path;
bool st[N];
void dfs(int u)
{
if(u == n)
{
for(int i=0;i<path.size();i++)
{
cout<<path[i]<<" ";
}
cout<<endl;
return ;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!st[i])
{
path.push_back(i);
st[i]=true;
dfs(u+1);
st[i]=false;
path.pop_back();
}
}
}
int main()
{
cin>>n;
dfs(0);
return 0;
}
- 斐波那契数列（掌握）
这道题就没有什么好说的了，就是普通的递推。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100010];
int main()
{
int n;
cin>>n;
if(n==1)
{
cout<<"0"<<endl;
}
else
{
a[0]=0;
a[1]=1;
cout<<"0"<<" "<<"1"<<" ";
for(int i=2;i<=n-1;i++)
{
a[i]=a[i-1]+a[i-2];
cout<<a[i]<<" ";
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
- 费解的开关（尽量了解）
这道题的核心思路在于：
首先每个格子实际上只需要按一下，如果按偶数下那么没有效果，如果按奇数就相当于偶数下+1，和按一下相同，不符合最小步数原理。
同时灯泡的亮/不亮相当于二进制的0/1，我们可以通过位运算控制灯的关闭和开启。
//首先每个格子都只能按一下，如果按偶数下那么没有效果，如果按技术下，又和1下相同，不符合最小步数原理
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6;
char g[N][N],backup[N][N];
int dx[5]={
-1,0,1,0,0};
int dy[5]={
0,1,0,-1,0};
void turn(int x,int y)
{
for(int i=0;i<5;i++)
{
int a=x+dx[i];
int b=y+dy[i];//二进制48 49 分别为110000，110001，只差1，所以可以亦或
if(a<0||a>=5||b<0||b>=5)
{
continue;}
g[a][b]^=1;
}//由于字符型0的asicii值为48，1的为49,亦或即便为对位上的相反的数，所以只有最后一位对位相反
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
for(int i=0;i<5;i++)
{
cin>>g[i];
}
int res=10;//最大步数
for(int op=0;op<32;op++)//第一行可以变成32种可能性，依据按与不按分为32种情况，设1为可以0为不可以
{
//例如10001为操作第一位和最后一位
memcpy(backup,g,sizeof g);
int step=0;
for(int i=0;i<5;i++)
{
if(op>>i&1)//二进制位运算，代表着如果op的二进制数中为0则不操作，为1则可操作（选或不选问题）
{
//所以对5位二进制数的每一位枚举只要有一就改变
step++;
turn(0,i);//改变原有的亮光程度
}
}
for(int i=0;i<4;i++)//一次枚举剩下的4x5
{
for(int j=0;j<5;j++)
{
if(g[i][j]=='0')
{
step++;
turn(i+1,j);//下面决定上面，当上面有0的时候，摁下面
}
}
}
bool dark=false;
for(int i=0;i<5;i++)
{
if(g[4][i]=='0')
{
dark=true;
break;
}
}
if(!dark)
{
res=min(res,step);
}
memcpy(g,backup,sizeof g);//还原
}
if(res>6)
{
cout<<"-1"<<endl;
}
else
{
cout<<res<<endl;
}
}
return 0;
}