结合例题深入总结讲解递归、深搜（CC++、Java）

结合例题深入总结讲解递归、深搜（C/C++、Java）

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回顾

解决简单情况下的问题：上楼梯

递推：递归： 推广到稍微复杂的问题：机器人走方格

递推：递归： 逐步生成结果之非数值形

我们先来看一道题：合法括号 引出DFS

数独游戏

解题思路： 部分和

解题思路： 是否需要回溯我对于“剪枝”的理解总结

引语：
本篇文章从迭代，递归，再到深搜，由浅入深结合例题介绍。如果是零基础的，建议从头看完，这样到后面更好理解，如果递归学的较好的话也可以跳过前面的递归部分。

在各种算法竞赛或者面试中，总会有一些题目要求我们给出某个问题的各种方案以及方案的个数，对于数量级比较小的题目，我们可以采用枚举之类的暴力解法，但是对于数量级到达n的三次方及以上的题目甚至是阶乘级的题目就要小心了，因为暴力求解很可能超时。
所以，我们可以用试探性解法，当某一条支路提前确定走不通的时候，我们就不必继续向下进行了。也可以理解为“不撞南墙不回头”，或者“先把一条路走到黑”。
虽然看起来比暴力枚举更快一点，但是《算法竞赛入门经典》这本书将这种方法一并归到“暴力求解法”这一章。

回顾

首先，我想先从“逐步生成结果”开始讲起。
刚开始学C语言的时候，我们会学“斐波那契数列”，这就是典型的“逐步生成”思想，也可以理解为迭代。
我相信斐波那契大家肯定很熟悉了，这里就不在介绍了。

解决简单情况下的问题：上楼梯

题意：有一个小孩正在上楼梯，楼梯有n阶台阶，小孩一次可以上1阶，2阶，3阶。
请实现一个方法，计算小孩有多少种上楼梯的方式。
为了防止溢出，请将结果Mod1000000007。 给定一个正整数，请返回一个数，代表上楼的方式数。保证n小于等于100000.

由题意，我们可以做出如下图所示的推理：

递推：

#include
#define mod 1000000007
int main(){
	int x1 = 1, x2 = 2, x3 = 4, n;
	long long ans = 0;
	scanf("%d",&n);
	if(n < 0) ans = 0;
	else if(n == 0 || n == 1) ans = x1;
	else if(n == 2) ans = x2;
	else if(n == 3) ans = x3;
	
	for(int i = 4; i <= n; i++){
		int t = x1;
		x1 = x2;  x2 = x3;
		x3 = ((x1+x2)%mod+t)%mod;
		ans = x3;
	}	
	printf("%dn",ans);
	return 0;
}

递归：

long f1(int n){
	if(n < 0) return 0;
	if(n == 0 || n == 1) return 1;
	if(n == 2) return 2;
	return f1(n-1)%mod + f1(n-2)%mod + f1(n-3)%mod;
}

如果大家数学基础比较好，也可以利用递推公式，直接得出封闭解。由于我数学推理不是很好，在这里就不展示了。

推广到稍微复杂的问题：机器人走方格

有一个X*Y的网格，一个机器人只能走格点且只能向右或向下走，要从左上角走到右下角。
请设计一个算法，计算机器人有多少种走法。
给定两个正整数int x,int y，请返回机器人的走法数目。
保证x＋y小于等于12。

由题意我们可以推出：

当x或者y为1时，走法都是1种。当x或者y为2，另一个为1时，也就是(1,2)或者(2,1)，走法也都是1种。当x和y都为2时，走法是两种 ……

顺着思路往下想，我们可以画出这样一幅示意图：

从这幅图我们可以发现：

在x+y>=3时，当前状态的解都为(x-1,y)状态的解和(x,y-1)的解的和
也就是f(x,y)=f(x-1,y)+f(x,y-1)因为在任何一种状态，我们都有两种选择，下或者右，如果现在向下走，那么下一种状态的解即为(x,y-1)的解，如果向右，那么下一种状态为(x-1,y)的解。

所以，我们同样可以用递推或者递归来写代码~

递推：

建立一个二维数组存放每一个状态对应的解，逐步迭代得到所有解

#include
int solve1(int x, int y){
	int a[x+1][y+1];
	for(int i = 1; i <= x; i++) a[i][1] = 1;//当x或y为1时，解法都是一种
	for(int i = i; i <= y; i++) a[1][i] = 1;
	for(int i = 2; i <= x; i++){
		for(int j = 2; j <= y; j++){
			a[i][j] = a[i-1][j]+a[i][j-1];  //利用递推关系迭代出所有的解
		}
	}
	return a[x][y];
} 
int main(){
	int x,y;
	scanf("%d%d",&x,&y);
	printf("%dn",solve1(x,y));
	
	return 0;
}

递归：

int solve2(int x, int y){
	if(x == 0 || y == 0 || x == 1 || y == 1) return 1;
	return solve2(x-1,y)+solve2(x,y-1);
}

由以上两道例题我们发现，递推和递归都是对于需要迭代问题的解法
区别在于：递推是正着思考正着写，递归是正着思考倒着写
递归对于这类问题的思考的锻炼是非常有帮助的。
还有一道更难一点的题：硬币表示（点击阅读我的另一篇文章）

逐步生成结果之非数值形

以上两个问题都是与算数有关的，都是可以直接通过算式解出来的，但是有一类问题也可以通过递归或递推，但是无法通过以上形式算出的，我们称之为非数值类型。

我们先来看一道题：合法括号

问题描述：

输入括号对数，输出所有的合法组合，比如输入1，输出"()"，输入3，输出"()()(), (()()), ()(()), (())(),
((()))"。

思路分析：

面对这种问题，其实一开始想通如何使用递归是不太容易的，不妨一一列举出来，发现其相应的规律。可以发现，增加一个单位，则都会在其上一个集合上每个元素的左面、右面和整体的外面加上一层括号。那么就会产生大量的重复元素，所以，我们使用Set集合进行去重。

代码：

#include
#include
#include
using namespace std;

set parentheis(int n){
	set s_n;	
	if(n == 1){ //出口：当n为1时，也就是最开始，只有一个括号
		s_n.insert("()");
		return s_n;
	}
	
	set s_n_1 = parentheis(n-1);//递归思想：假设程序已经帮我们做好了n-1个状态，我们只需在此基础上生成当前状态即可
	for(set::iterator it = s_n_1.begin(); it != s_n_1.end(); it++){
		s_n.insert("()"+(*it));
		s_n.insert((*it)+"()");
		s_n.insert("("+(*it)+")");
	}	
	return s_n;
}

int main(){	
	int n;
	cin >> n;
	set s = parentheis(n);
	
	for(set::iterator it = s.begin(); it != s.end(); it++){
		cout << *it << " ";
	}
	cout << endl;	
	return 0;
}

C++和Java都有set，但是对于set 的迭代方式等稍有区别
类似的问题还有子集生成和全排列，大家也可以到我们文章中阅读

引出DFS

对于一些数据量级比较大的题目，我们可能无法通过一一列举来迭代出全部的情况。
例如下面这道题：

数独游戏

你一定听说过“数独”游戏。
如下图所示，玩家需要根据9×9盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行、每一列、每一个同色九宫内的数字均含1-9，不重复。
数独的答案都是唯一的，所以，多个解也称为无解。
本图的数字据说是芬兰数学家花了3个月的时间设计出来的较难的题目。但对会使用计算机编程的你来说，恐怕易如反掌了。
本题的要求就是输入数独题目，程序输出数独的唯一解。我们保证所有已知数据的格式都是合法的，并且题目有唯一的解。
格式要求，输入9行，每行9个数字，0代表未知，其它数字为已知。 输出9行，每行9个数字表示数独的解。

就像是这道题，如果把所有的情况从第一个列举到最后一个，恐怕计算机无法完成。

解题思路：

对于每一个方格，无非就是两种状态：已经有数，没数。对于已经有数的方格，直接看下一个空即可对于需要填的位置，我们可以在填每一个数之前检查一下要放的这个数是否合法。这一个状态完成之后继续判断下一个状态。也就是从第一个需要填的位置开始检查，从1开始试数，如果符合题目条件，那么继续递归进行下一个状态，如果不符合，试2……一直到9。如果都不合法，那么无解。这样做有一个好处：每成功的放下一个数，都能保证当前状态是符合题目条件的，所以接下来的遍历，无需检查下面要放的数是否跟前面的数冲突，只需要检查是否与后面的数相冲突，间接的节省了时间。如果当前解可行，那么继续递归下一种状态，也就是说，一条路只要走到黑，递归到最后一个需要填放的位置之后，就找到了一组解，就可以退出了

根据这个思路我们可以设计出这样的代码：

#include
#include
#include
using namespace std;

bool check(char table[9][9], int x, int y, int i){
	//检查每一行每一列，每一个小九宫格
	for(int l = 0; l < 9; l++){
		if(table[x][l] == ('0'+i)) return false;
		if(table[l][y] == ('0'+i)) return false;
	}
	for(int l = (x/3)*3; l < (x/3+1)*3; l++){
		for(int m = (y/3)*3; m < (y/3+1)*3; m++){
			if(table[l][m] == ('0'+i)) return false;
		}
	}	
	return true;	 
}
void print(char table[9][9]){
	//打印输出 
	for(int i = 0; i < 9; i++){
		for(int j = 0; j < 9; j++){
			cout << table[i][j] << " ";
		}
		cout << endl;
	}
	cout << endl;
} 

void dfs(char table[9][9], int x, int y){
	if(x == 9){ //此时所有的格子都已经走完 
		print(table);
		exit(-1);
	}
	
	if(table[x][y] == '0'){ //虚位以待 
		for(int i = 1; i <= 9; i++){ //对于此时的状态，检测此位置适合填1-9中的哪个数 
			if(check(table,x,y,i)){  //检测这个数是否可以填入 
				table[x][y] = i+'0';//填入 
				dfs(table, x+(y+1)/9, (y+1)%9);//再搜索下一个状态 
//				print(table);
			}
		}
		table[x][y] = '0'; //回溯 
	}else{ //如果这里有数，填下一个状态 
		dfs(table, x+(y+1)/9, (y+1)%9);
	}
	
} 

int main(){
	char table[9][9];
	for(int i = 0; i < 9; i++){
		for(int j = 0; j < 9; j++){
			cin >> table[i][j];
		}
	}
	cout << endl; 
//	print(table);
	dfs(table,0,0);
	return 0;
}

当然我写的代码有缺点，二维数组可以设为全局变量，这样可以避免递归时过多的空间开销，节省空间复杂度。

以上的核心就是void dfs(char table[9][9], int x, int y)，这就是所谓的深搜思想。也就是前面的解题思路，在这里就不过多赘述了。关键：1.找到入口条件；2.如何试解；3.判断是否需要回溯（后面会讲）4.找到出口条件

下面我们再用两道题深入理解掌握DFS

部分和

题目描述：

给定整数序列a1,a2,…,an,判断是否可以从中选出若干数,使它们的和恰好为k.

1≤n≤20；-10 ^ 8 ≤ai≤ 10 ^ 8；-10 ^ 8 ≤k≤ 10 ^ 8

输入

4
1 2 4 7
13

输出

Yes (13 = 2 + 4 + 7)

解题思路：

这道题跟子集生成的解题方法非常类似，只是这道题不需要遍历所有的子集，只需要试探选择或不选某一个值，如果选择的数的和符合条件就退出打印即可。

首先建立一个空集合，初始化后进入对于当前的状态，我们看是否要数组中cur下表所指的数。无非就两种选择，要或不要。如果不要，把现有状态传入继续递归下一个状态即可如果要，把当前数加入到list中，传入list还有k减去选择的数后剩下的数，继续递归下一个状态，直到家和等于k，或者一条路走到黑之后返回到平行状态。如果退回到平行状态，记得回溯，remove掉上一个状态加入的元素。

注意：这种方法每选一个数，递归下一个状态时，就要把k减去这个数，直到k减到0，也就找到了一组解。
由以上思路可以得到以下代码：

#include
#include
#include
using namespace std;

int n,k;
void printList(list res){
	cout << "Yes (" << k << "="; 
	for(list::iterator it = res.begin(); it != res.end(); it++){
		cout << *it;
		if(++it != res.end())
			cout << "+";
		--it;
	}
	cout << ")" << endl;
}

void dfs(int a[], int k, int cur, list ints){
	//退出条件
	if(k == 0){
		printList(ints);
		exit(-1);
	}
	if(k < 0 || cur >= n) return; //要求的和是小于零的数或者当前迭代次数超出数组上界，返回找平行状态
	dfs(a, k, cur+1, ints);//不要当前的数
	//要当前的数 
	ints.push_back(a[cur]);
	dfs(a, k-a[cur], cur+1, ints);
	ints.remove(a[cur]);  //回溯 
}

int main(){
	cin >> n;
	int a[n];
	for(int i = 0; i < n; i++)
		cin >> a[i];
	cin >> k;
	list ints;
	dfs(a,k,0,ints);
	
	return 0;
}

除了dfs，这道题还可以用二进制法，把所有的子集从头到尾判断一遍，如果符合题目规定，打印退出。

是否需要回溯

判断是否需要回溯，首先我们需要理解dfs的原理，就是试探性的判断出一组解！
开始递归之后，每次递归产生的“半成品”我们称为一个状态。
如果还可以继续向下递归，那么下一“半成品”称为下一个状态
如果下一个状态无法继续向下递归而需要返回，到当前状态之后继续试解，我们称此为平行状态
这类似于二叉树的孩子结点、父节点和兄弟结点的关系。

那么什么时候需要回溯？

我们看以上这个例子，如果某状态无法向下继续递归而返回找他的平行状态，那么链表的最后一个元素也就不能加入到答案中，那么这个时候就需要手动删除最后一个元素继续找平行状态。这个时候就需要回溯。如果在找平行状态时，能通过控制数组下标等方法，覆盖或者删除刚刚的元素，那么这个时候就不需要回溯。甚至有时候上一个状态在修改之后，由于我们之后要做的 *** 作需要用到修改之后的数，这个时候坚决不能回溯。

例如水洼数这个题，就是典型的不能回溯的例子。
回溯的经典例题就是n皇后问题，这个题跟前面的思路还差不多，我之前写过的文章有2n皇后问题。

我对于“剪枝”的理解

其实我们在判断当前状态时，就已经用到了剪枝的思想。

像是第一道例题“数独游戏”，我们在填入 *** 作之前，已经进行了一个check(table,x,y,i)来查看这个数是否可以填入，则不需要填入之后再判断是否合法，浪费一次递归。只是这样一个check *** 作的时间复杂度还可以优化，对于某些题，甚至可以优化为O(1)的时间复杂度，即空间换时间。像是第二道例题，这里没有用到剪枝，因为这里无法用这个方法，此种思路只能是顺着一条路走到头，直到用完数组中所有的数仍无解，或者中间无法递归而返回。

综合这两道例题，我们足以判断什么时候可以用剪枝和回溯。

总结

任何抛开例题空讲算法都是无稽之谈，所以我特地在这里结合例题，并且由浅入深的讲解了dfs。
由于该算法是以递归为基础，所以前半部分都是递归，只有把基础打牢，我们才有可能学好进阶。

总的来说，本篇文章主要有两部分

逐步生成结果（分为数值型和非数值型）。一道题只要是有明确的递推关系，都可以用迭代的形式来写，递归形式可以更好的锻炼思维能力。如果用递推，它的起止范围是比较明确的；如果是递归，它迭代的层数和宽度是比较明确的。（主要例题：走楼梯、机器人走方格、硬币表示、合法括号、子集生成、全排列）DFS+回溯+剪枝。这一类问题，往往解的空间很大（往往是阶乘级别的），要在所有可能性中找到答案，必须进行试探，尝试往前走一步，走不通再退回来。（主要例题：数独游戏、部分和、水洼数、n皇后问题、素数环、困难的串）

参考文章：
深搜（DFS）
上楼梯（cc150）
数独游戏