Java 递归算法
撩得Android一次心动 人气:0一、dfs(深度优先搜索)
1.图的dfs
/** * 深度优先搜索 * * @param node * @param set */ public void DFS(Node node, Set<Node> set) { if (node == null) { //当没有节点时,退出此次方法 return; } if (!set.contains(node)) { //没有搜到过就保存,并且继续向下推进 set.add(node); System.out.print(node.value + " "); for (Node node1 : node.nexts) { DFS(node1, set); } } }
2.树的dfs
树(边数=顶点数-1的图)的dfs
public static void dfs(Node treeNode) { if (treeNode == null) { return; } System.out.print(treeNode.value + " "); // 遍历左节点 dfs(treeNode.left); // 遍历右节点 dfs(treeNode.right); }
使用dfs代替状压枚举: dfs 优于 状压枚举
二、记忆化搜索
记忆化搜索,指通过记录已经搜索到的值来降低重复操作次数,从而加快运行速度。
斐波那契数列问题: 1,1,2,3,5,8,... 求斐波那契数列第n项
1.普通递归:O(2^n)
public static int f(int n){ if(n<=1)return 1; return f(n-1)+f(n-2); }
2.记忆化搜索: O(n)
static int[] dp = new int[1000] ; public static int f1(int n){ if(n<=1) return dp[n] = 1; if(dp[n]!=0)return dp[n]; return dp[n]=f1(n-1)+f1(n-2); }
三、分治
将问题拆分成子问题进行求解。
例如归并排序: 1,4,7,2,5,8,3,6,9
第一步 拆分: 左边:1,4,7,2 右边:5,8,3,6,9
第二步 递归排序 左边:1,2,4,7 右边:3,5,6,8,9
第三步 合并两个有序数组 左边:1,2,4,7 右边:3,5,6,8,9
四、算法题
1.dia和威严
难度⭐⭐
知识点:dfs
从根开始dfs即可,dfs的过程中就能找到每个点需要的时间,维护一下最大值。
题目描述:
dia是学生会长。她经常有信息要传达给别人。
学生会的阶层等级森严。每个阶级传达信息只能传达到自己的下属。
一个人可以有多个下属,但一个人最多只能有一个上级。(树)
dia作为学生会长,很明显是没有上级的(即全学生会权利最大者)。
已知每个人传达到下属所消耗的时间。(传达给不同的下属,时间不一定相同) 现在dia有一个信息要传达给一个指定者。只有信息接收的指定者才需要理解信息(花费ai的时间)。她不想让效率太慢,于是她想找出最大时间消耗的那个路线(包括信息接收指定者所需要理解信息的时间),这样就能方便整改。
输入描述:
第一行一个正整数n,代表学生会的人数(dia是1号,其他人标记为2号到n号)。 (1≤n≤200000)第二行有n-1个正整数ai,代表从2号到n号,每个人需要理解信息的时间。 (1≤a1≤100)接下来的n-1行,每行有3个正整数x,y,k,代表x是y的上级,x向y传播信息需要消耗k的时间。(1≤x,y≤n,1≤k≤100)
输出描述:
一个正整数,代表dia选定某人作为信息接收指定者后,花费总时间的最大值。
示例
输入
3
3 4
1 2 4
1 3 2
输出
7
说明
若dia指定3号为信息接受者,消耗时间为2+4=6。
若dia指定2号为信息接受者,消耗为4+3=7。
故最大值为7。
备注:
注:只有指定者需要理解信息,传达者不需要花费时间理解信息。
import java.util.*; import java.io.*; public class Main{ static class Edge{ int to; int weight; //保存子节点,与线权(传播时间)。 Edge(int to,int weight){ this.to = to; this.weight = weight; } } static ArrayList<Edge>[] g; static int maxtime; static int weight[]; public static void main(String[] args) throws IOException { BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)); int n = Integer.parseInt(br.readLine()); //n为总人数 weight = new int[n+1]; g = new ArrayList[n+1]; // 每个桶中保存一个ArrayList(可达) //这里的i代表了第几个数(从1开始) for(int i = 1;i<=n;i++){ g[i] = new ArrayList(); } //保存所有点权(理解时间)纪录了从2到n的点权,与数字的位子相对应。 String[] s = br.readLine().split(" "); for(int i = 0;i<n-1;i++){ weight[i+2] = Integer.parseInt(s[i]); } for(int i = 0;i<n-1;i++){ String[] s1 = br.readLine().split(" "); int x = Integer.parseInt(s1[0]); int y = Integer.parseInt(s1[1]); int z = Integer.parseInt(s1[2]); g[x].add(new Edge(y,z)); } dfs(1,0); System.out.println(maxtime); } static void dfs(int i ,int time){ if(maxtime<time+weight[i])maxtime = time+weight[i]; for(int k = 0;k<g[i].size();k++){ dfs(g[i].get(k).to,time+g[i].get(k).weight); } } }
非常典型的dfs模板题目:dfs一个树,寻找根到某点的线权总合+某点的点权
思考:???
思考1:假如变成根到某点的线权总合+根到某点的点权总合,程序应该怎么改?
解:
dfs(g[i].get(k).to,time+g[i].get(k).weight+weight[i]);//那就加个点权
思考2:假如变成根到叶子点的线权总合+叶子点的点权,程序应该怎么改?
(1)首先思考一个问题:这个递归没有任何判断结束的条件。他是怎么结束的?
因为我们将他递归的过程安排的明明白白,他只是在执行有序有限的递归操作。所以没有给出判断条件。
(2)那么我们应该怎么判断他到叶子节点了呢?
我们单单在递归的代码上修改是不能判断出是否到达了叶子节点,所以还需要想清楚结构体是咋样的。
解:
if(maxtime<time+weight[i]&&g[i].isEmpty())maxtime = time+weight[i];
思考3:假如变成随意定点到某点的线权总合+某点的点权,程序应该怎么改?
解:
dfs(点的编号,0); 0代表时间从0开始递归
2.小红点点点
难度⭐⭐
知识点:dfs
开一个visited数组用来标记是否访问。对于每个没被访问过的红色节点,开始dfs并标记其相邻的红色节点。只要标号是从小到大开始遍历,最终形成的方案就一定是字典序最小的
题目描述:
小红拿到了一个图,其由 n个顶点、m 条边组成。
这个图上面的一些点被染成了红色。
小红有一个能力:她每次可以点击一个红色的顶点,并将和这个顶点相邻的红色连通块的所有红色顶点全部标记。
当两个红色顶点有一条边相连时,这两个红色顶点被称为连通的。另外,若a和b连通且b和c连通,那么a和c也是连通的。
小红想知道自己至少要点击多少次,可以把所有红色的顶点全部标记。
你能告诉她点击的次数吗?并请你输出一个点击的方案,如果有多个方案合法,请你输出一个字典序最小的方案。
注:字典序的定义:两个不同方案的字典序比较:对于从左到右数第一个不同的数,哪个方案最小,那么它的字典序最小。
例如:方案[1,4,5]和方案[1,3,6]相比,后者更小。因为第一个出现的不同的数是第二个数,4>3。
输入描述:
第一行输出两个正整数 n 和 m ,用空格隔开。分别代表顶点数和边数。
第二行输入一个长度为 n 的字符串,代表每个顶点的染色情况。第 i 个字符为'R'代表第 i 个点被染成红色,为'W'代表未被染色。
接下来的 m 行,每行两个正整数 x 和 y ,代表 x 和 y 有一条无向边相连。
不保证图是整体连通的。不保证没有重边和自环。
数据范围:
输出描述:
第一行输出一个正整数 cnt ,代表小红的点击次数。
第二行输出 cnt 个正整数,用空格隔开,代表小红点击的顺序。
示例1
输入
5 5
RRRWR
3 4
3 1
2 5
5 5
4 5
输出
2
1 2
说明
可以发现,共有2个红色连通块:{1,3}和{2,5}。只需要点击2次即可,字典序最小的方案是[1,2]
import java.util.*; import java.io.*; public class Main { static ArrayList<Integer>[] g; static String[] strings; static int[] visited; public static void main(String[] args) throws Exception { BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)); String[] firstLine = br.readLine().split(" "); int n = Integer.parseInt(firstLine[0]); int m = Integer.parseInt(firstLine[1]); g = new ArrayList[n+1]; visited = new int[n+1]; for (int i=1;i<n+1;i++) { g[i] = new ArrayList<Integer>(); } //一个字符一个字符的读取 strings = br.readLine().split(""); for (int i=0;i<m;i++) { //描绘双向图 String[] temp = br.readLine().split(" "); int x = Integer.parseInt(temp[0]); int y = Integer.parseInt(temp[1]); g[x].add(y); g[y].add(x); } int cnt = 0; StringBuilder sb = new StringBuilder(); for (int i=1;i<n+1;i++) { if (visited[i] ==0 && strings[i-1].equals("R")) { cnt++; sb.append(i + " "); //从糖葫芦小的开始纪录,然后延深。 dfs(i); } } System.out.println(cnt); System.out.println(sb); } static void dfs(int x) { if (visited[x] ==0 && strings[x-1].equals("R")) { //点亮它 visited[x] = 1; for (int i=0;i<g[x].size();i++) { dfs(g[x].get(i)); } } } }
3.kotori和素因子
难度⭐⭐⭐
知识点:dfs(回溯法)
按照题意进行dfs即可。注意素因子的判重,可以使用set或者visited数组。
题目描述:
kotori拿到了一些正整数。她决定从每个正整数取出一个素因子。但是,kotori有强迫症,她不允许两个不同的正整数取出相同的素因子。
她想知道,最终所有取出的数的和的最小值是多少?
注:若a%k==0,则称k是a的因子。若一个数有且仅有两个因子,则称其是素数。显然1只有一个因子,不是素数。
输入描述:
第一行一个正整数n,代表kotori拿到正整数的个数。
第二行共有n个数ai,表示每个正整数的值。
保证不存在两个相等的正整数。
1<=n<=10
2<=ai<=1000
输出描述:
一个正整数,代表取出的素因子之和的最小值。若不存在合法的取法,则输出-1。
示例1
输入
4
12 15 28 22
输出
17
说明
分别取3,5,7,2,可保证取出的数之和最小
示例2
输入
5
4 5 6 7 8
输出
-1
备注: 1<=n<=10 2<=ai<=1000
import java.util.*; import java.io.*; public class Main{ static boolean[] check = new boolean[2000]; static int[] ai; static int n; static int min = Integer.MAX_VALUE; //判断是否为素数 static boolean isPrime(int x){ if(x<2) return false; //这是根据开根号的演化版本,提高了效率。 for(int i=2;i*i<=x;i++){ if(x%i==0)return false; } return true; } static void dfs(int index,int sum){ if(index==n){ min=Math.min(min,sum); return; } //查找这个数没有被占用的素因子。 for(int i=2;i<=ai[index];i++){ if(ai[index]%i==0&&check[i]==false&&isPrime(i)){ check[i]=true; dfs(index+1,sum+i); //回溯的方法。 check[i]=false; } } } public static void main(String[] args)throws IOException{ BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)); n = Integer.parseInt(br.readLine()); String[] a = br.readLine().split(" "); //负责保存所有输入的数 ai = new int[n]; for(int i=0;i<n;i++){ ai[i]=Integer.parseInt(a[i]); } dfs(0,0); System.out.println(min==Integer.MAX_VALUE ? -1:min); br.close(); } }
4.kotori和糖果
难度⭐⭐⭐⭐
知识点:记忆化搜索
正难则反,我们反向推理。
如果共有n个糖果:
- 若n为偶数,最后一次合并一定是两堆n/2合并最优。
- 若n为奇数,最后一次合并一定是一堆n/2和一堆n/2+1合并最优(合并的价值为1)。
所以得到递推式:f(n)=f(n/2)+f(n-n/2)+n%2
题目描述:
kotori共有n块糖果,每块糖果的初始状态是分散的,她想把这些糖果聚在一堆。但她每次只能把两堆糖果合并成一堆。
已知把两堆数量为a和b的糖果聚在一堆的代价是|a-b|。
kotori想知道,她把这n块糖果聚在一堆的最小代价是多少?
输入描述:
第一行是一个正整数T,代表数据组数。
第二行到第T+1行,每行一个非负整数n,代表kotori的糖果总数量。
输出描述:
每行一个整数,代表kotori需要花费的最小代价。
示例
输入
2
5
6
输出
2
2
说明
n=5时,kotori可以这样聚集糖果:
1 1 1 1 1
2 1 1 1
2 2 1
2 3
5
每一步的代价分别是0,0,1,1,总代价为2。
备注:
对于50%的数据,0<T≤100000, 0≤n≤100000
对于另外50%的数据,T=1 , 0≤n≤1e18(这个数据范围是为了为了让你动态规划做不了,上面的范围可以做)
import java.util.*; import java.io.*; public class Main{ static HashMap<Long,Long> map = new HashMap<>(); public static void main (String[] args) throws IOException{ BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)); int num = Integer.parseInt(br.readLine()); for(int i = 0; i<num; i++){ System.out.println(recurse(Long.parseLong(br.readLine()))); } } static long recurse(long num){ if(num <= 1) return 0; //用于保存 if(map.containsKey(num)) return map.get(num); long pay = recurse(num/2) + recurse(num-num/2) +num%2; map.put(num,pay); return pay; } }
num%2的作用就是为了计数,且保存。
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