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news 2026/4/7 4:13:37

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递推：

在面对一个大任务的时候，有时候我们可以将大任务划分为小任务，再将小任务划分为更小的任务......，直到遇到初始情况，最后由初始情况一直往前推进，最后解决大任务，这就是递推的思想。

递推问题：

例题1.砖块：

由n 个砖块排成一排，从左到右编号依次为 1∼n，砖块分为黑色（B）和白色（W），每次可以改变相邻两个砖块的颜色。问需要多少次将所有砖块变成一种颜色；

如果可以，输出次数与任意一种改变方案（改变n[k]和n[k]时，输出k）;

如果不行输出-1。

思路：

首先，我们假设改变p[k]时，p[k+1]一同变换；

每块砖最多只需要改变一次；

最后需要把所有砖变成W或者B，假设全变为W；

从第一块开始，如果第一块不为W，就改变p[k]与p[k+1]，一直扫描到第n-1块砖；

如果最后的一块砖为W，则该情况有解，否则无解；

假设全变为B，重复上述操作即可。

代码如下：

string str;//字符//改变字符为对应字符
void update(char &c){c=='W'?c='B':c='W';
}//判断是否能全变为st
bool check(char st,int n){vector<int>res;//变换的位置string s=str;//注意可能判断两次，不能改变str//如果不为st,则改变for(int i=0;i<n-1;i++)if(s[i]!=st){update(s[i]);update(s[i+1]);res.push_back(i);}//如果最后一位是stif (s[n-1]==st){cout<<res.size()<<endl;if(res.size()){for(int i=0;i<res.size();i++)cout<<res[i]+1<<" ";cout<<endl;}return true;}return false;
}int main(){int n;//字符串长度cin>>n>>str;if(!check('W',n)&&!check('B',n))cout<<"-1"<<endl;//如果两种情况都不行return 0;
}

例题2.费解的开关：

25盏灯排成一个5*5的方形，每一个灯有开(1)和关(0)两种状态，每一次可以改变一盏灯的状态，并且这盏灯的上下左右相邻的灯的状态也都会改变，问最少需要几步可以让所有灯都亮。如果超过六步，则输出-1，否则输出次数。

思路:

每盏灯只有该变一次的必要；

我们先枚举第一行灯的状态（只改变第一盏灯）;

因为所有的灯都需要点亮，这时我们就根据第一行灯的状态来改变第二行灯的状态，然后根据第二行的状态.......，最后根据第四行的状态来改变第五行；

最后判断最后一行是否全亮，如果全亮则有解，反之无解；

代码如下：

const int N=6;
int g[N][N],tmp[N][N];//灯，并且把灯的状态复制一份
int dx[]={1,0,-1,0},dy[]={0,1,0,-1};void f(int x,int y){//开关(x,y)g[x][y]==0?g[x][y]=1:g[x][y]=0;for(int i=0;i<4;i++){int a=x+dx[i],b=y+dy[i];if(a<0||b>=5||b<0||b>=5)continue;g[a][b]==0?g[a][b]=1:g[a][b]=0;}return;
}//要枚举很多次，每次枚举不能改变原始状态
int main(){memcpy(tmp,g,sizeof g);int res=7;for(int i=0;i<pow(2,5);i++){//二进制枚举，5个二进制位int s=0;//记录改变了几次for(int i=0;i<5;i++)//每次将g重置for(int j=0;j<5;j++)g[i][j]=tmp[i][j];for(int j=0;j<5;j++){//右移j位if(((i>>j)&1)==1){s++;f(0,j);}}for(int k=0;k<4;k++)//枚举前4行for(int u=0;u<5;u++){if(g[k][u]==0){s++;f(k+1,u);}}for(int k=0;k<5;k++)//判断最后一行是否全亮if(g[4][k]==0)s=7;if(s<=6)res=min(s,res);}return 0;}