【刷题】初探递归算法 —— 消除恐惧

叫我龙翔

发布于 2024-06-03 08:40:38

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发布于 2024-06-03 08:40:38

文章被收录于专栏：就业 C++ 综合学习

送给大家一句话：

有两种东西，

我对它们的思考越是深沉和持久，

它们在我心灵中唤起的惊奇和敬畏就会日新月异，

不断增长，

这就是我头上的星空和心中的道德定律。

-- 康德《实践理性批判》

1 递归算法

在解决一个规模为 n 的问题时，如果满足以下条件，我们可以使用递归来解决：

问题可以被划分为规模更小的子问题，并且这些子问题具有与原问题相同的解决方法。
当我们知道规模更小的子问题（规模为 n-1）的解时，我们可以直接计算出规模为 n 的问题的解。
存在一种简单情况，或者说当问题的规模足够小时，我们可以直接求解问题。这里一般成为函数出口（非常重要）

一般的递归求解过程如下：

验证是否满足简单情况：简单情况是指问题规模非常小，通常可以直接得到答案的情况。我们需要首先检查当前问题是否满足这种情况。
假设较小规模的问题已经解决，解决当前问题：在递归中，我们假设已经解决了规模较小的子问题，然后基于这些子问题的解来构建当前问题的解。这种假设称为“递归假设”。

总结来说，递归代码的编写如同使用一个“黑盒”一样，我们需要相信递归调用会正确解决子问题，而我们只需要关注处理当前的问题。

下面我们通过一个具体实例来展示如何在实践中解决问题：

假设我们要计算斐波那契数列中的第 n 项。斐波那契数列的定义如下：

\text{F}(0) = 0

\text{F}(1) = 1

对于

n \geq 2

，

\text{F}(n) = \text{F}(n-1) + \text{F}(n-2)

在这个问题中：简单情况是

\text{F}(0)

和

\text{F}(1)

，我们可以直接得到答案。 对于其他情况，我们假设

\text{F}(n-1)

和

\text{F}(n-2)

已经计算出来，然后通过

\text{F}(n) = \text{F}(n-1) + \text{F}(n-2)

计算出

\text{F}(n)

。

这种递归解决问题的方法非常强大，但也需要注意避免过度递归带来的性能问题，比如栈溢出或时间复杂度过高等。

接下来我们一起来解决问题吧！！！

2 Leetcode 面试题 08.06. 汉诺塔问题

上连接：面试题 08.06. 汉诺塔问题

题目描述

汉诺塔是个非常有意思的问题,其典故更是神乎其神：

法国数学家爱德华·卢卡斯曾编写过一个印度的古老传说：在世界中心贝拿勒斯（在印度北部）的圣庙里，一块黄铜板上插着三根宝石针。印度教的主神梵天在创造世界的时候，在其中一根针上从下到上地穿好了由大到小的64片金片，这就是所谓的汉诺塔。不论白天黑夜，总有一个僧侣在按照下面的法则移动这些金片：一次只移动一片，不管在哪根针上，小片必须在大片上面。僧侣们预言，当所有的金片都从梵天穿好的那根针上移到另外一根针上时，世界就将在一声霹雳中消灭，而梵塔、庙宇和众生也都将同归于尽。

题目给我们了xyz三个容器模拟柱子，我们需要模拟实现移动的过程，将X容器中的盘子移动到Z中。

算法思路

乍一看我们想不到什么思路，所以我们先来画图分析一波：

通过这三种情况我们就能分析出来，这道题可以被拆分成许多子问题来解决：

如果想要移动n个盘子

先把 n - 1 个盘子移到中转柱子上，再把第n个移到目标柱子上。
接下来处理这n - 1 个盘子，把 n - 2 个小盘子移到中转柱子上，第 n - 1个移动到目标柱子上。
重复 1 2 直到解决问题…

注意

    // x 为当前柱子 y 为中转柱子 z 为目标柱子 
    //我们只需要注意解决当前的问题，子问题交给黑盒处理
    void dfs(vector<int>& x, vector<int>& y, vector<int>& z , int n )
    {   
        //递归出口
        if(n == 1)
        {
            int tmp = x.back();
            z.push_back(tmp);
            x.pop_back();
            return ;
        }
        //将 n 个盘子从 X 转移到 Z 
        //则先把 n-1个盘子移到 Y
        dfs(x , z , y , n - 1);
        //然后此时X只有一个最大的盘子， 移到Z
        int tmp = x.back();
        z.push_back(tmp);
        x.pop_back();
        //现在 Y 上有 n-1 个盘子继续进行移动到Z上
        dfs(y , x , z , n - 1);
        return ;
    }
    void hanota(vector<int>& A, vector<int>& B, vector<int>& C) {
        int n = A.size();
        dfs(A , B , C , n);
        return ;
    }

提交：过啦！！！

3 Leetcode 21. 合并两个有序链表

上连接！家人们：21. 合并两个有序链表

题目描述

很好理解的题目！

算法思路

相信大家看到这个题，肯定有迭代循环思路，但是今天我们通过递归来解决问题：

我们首先分析一下：

当前问题：当我们处理当前情况时，我们需要把后续处理交给黑盒，我们需要的是将较小的节点插入到新链表中！
子问题：处理除去以被处理的“较小的节点”之外的链表节点，使其合并。
函数出口：当我们处理到两个链表都为空时直接返回，或者一方为空直接返回另一链表即可！

    ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) {
    	//处理为空的情况
        if(l1 == nullptr) return l2;
        if(l2 == nullptr) return l1;
        //都不为空，选择较小值进行插入！！！
        if(l1->val < l2->val)
        {
        	//l1 小 就把它的next交给黑盒处理
            l1->next = mergeTwoLists(l1->next , l2);
            //然后将它返回（这样黑盒才可以获取当前节点的next节点）
            return l1;
        }
        else
        {
        	//l2 小 就把它的next交给黑盒处理
            l2->next = mergeTwoLists(l1 , l2->next);
            return l2;
        }
    }

提交：过啦！！！

4 Leetcode 206. 反转链表

上链接： 206. 反转链表！

题目描述

同样很好理解，接下来我们来使用递归解决问题

算法思路

首先这道题需要注意的一点是：我们要先找到新链表的头（即当前链表的尾节点）黑盒的返回值设置为新链表的头，然后再来进行反转。就类似二叉树的后序遍历。我们不能从链表的头开始反转到尾（先序遍历）。因为这样就无法获取新链表的头结点了

从宏观来看：我们只需要处当前问题：

子问题：后续节点的反转！黑盒会返回我们的头结点。我们的黑盒一定可以帮助我们解决后序的节点的反转。
当前问题：把当前节点插入到以被反转的链表后，把当前节点的next设置为空即可！
函数出口：当走到链表结尾即为出口！

ListNode* reverseList(ListNode* head) {
        //寻找新的头结点
        if( head == nullptr || head->next == nullptr ) return head;
        ListNode* newhead = reverseList(head->next);
        //进行倒置
        head->next->next = head;
        //next设置为空
        head->next = nullptr;
		//返回新链表的头
        return newhead;
    }

提交：过啦！！！

5 Leetcode 24. 两两交换链表中的节点

跟上节奏：24. 两两交换链表中的节点！！！

题目描述：

题目也很好理解奥

算法思路

我们依旧是使用递归来解决：

当前问题：置换两个节点，并指向后续以及置换完成的链表。
子问题：后序节点的置换
函数出口：为空或只有一个节点之间返回即可。

    ListNode* swapPairs(ListNode* head) {
        //利用递归解决问题
        //一次要处理两个节点
        if(head == nullptr) return nullptr;
        if(head->next == nullptr) return head;

        //继续处理 --- 相信 swapPairs(tmp) 这个会处理好剩余部分
        ListNode* tmp = swapPairs(head->next->next);
        //进行处理
        //记录下 1 2 节点的后面的2节点，它是置换后的头节点。
        ListNode* ret = head->next;
        //置换
        head->next->next = head;
        head->next = tmp;
        
        return ret;
    }

提交：过啦！！！

6 Leetcode 50. Pow(x, n)

最后一题：50. Pow(x, n) ！！！

题目描述

这道题需要我们使用幂函数，当然不是一般的循环相乘（必然超时），我们要实现快速幂！

算法思路

快速幂的思想很简单：假如我们需要 210 ,我们就求25 ，求 25 就求 22 * 22 * 2 …以此类推直到次数为 0 就返回 1

需要注意的是负数的处理，求负次幂，我们可以先求正的然后在取倒数。还有边界的处理，题目所给的最小值 - 231 取正后为 231，超出int的范围，所以需要转换为long long

    double myPow(double x, long long n) {
        if(n == 0) return 1;
        if( n < 0 ) 
        {
            long long t = (long long)(-n);
            double tmp = myPow( x , t / 2);
            return t % 2 == 0 ? 1 / (tmp * tmp) : 1 / (tmp * tmp * x);
        }
        else
        {
         double tmp = myPow( x ,  n / 2);
         return n % 2 == 0 ? tmp * tmp : tmp * tmp * x;
        }
      
    }

提交过啦！！！