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Java递归基础案例-斐波纳契数列
n-2:3 此次递归数字到：4，n-1:3,n-2:2 此次递归数字到：3，n-1:2,n-2:1 此次递归数字到：3，n-1:2,n-2:1 此次递归数字到：4，n-1:3,n-2:2 此次递归数字到 n-2:1 此次递归数字到：6，n-1:5,n-2:4 此次递归数字到：5，n-1:4,n-2:3 此次递归数字到：4，n-1:3,n-2:2 此次递归数字到：3，n-1:2,n-2:1 此次递归数字到 n-2:4 此次递归数字到：5，n-1:4,n-2:3 此次递归数字到：4，n-1:3,n-2:2 此次递归数字到：3，n-1:2,n-2:1 此次递归数字到：3，n-1:2,n-2:1 此次递归数字到 n-2:1 此次递归数字到：3，n-1:2,n-2:1 此次递归数字到：8，n-1:7,n-2:6 此次递归数字到：7，n-1:6,n-2:5 此次递归数字到：6，n-1:5,n-2:4 此次递归数字到 n-2:2 此次递归数字到：3，n-1:2,n-2:1 此次递归数字到：5，n-1:4,n-2:3 此次递归数字到：4，n-1:3,n-2:2 此次递归数字到：3，n-1:2,n-2:1 此次递归数字到
36410编辑于 2022-11-29 - 来自专栏magicsoar
全错位排列
假设把a错装进B中，然后接下来我们可以分为两种情况， 第一种是b错装进了A中，那么问题就变为c,d,e…..n-2个信纸放入C，D,E……n-2个信封时完全放错时完全装错有多少种，有f(n-2)种 第二种是 b错装进了除A之外的一个信封内，这个时候问题就相当于已知a错装进B中，将b,c,d,e…..n-2个信纸放入A,C，D,E……n-2个信封时,b不能放入A中，这里如果我们把A 想象成B0的话，就相当于将 b,c,d,e…..n-2个信纸放入B0,C，D,E……n-2个信封时完全放错，有f(n-1)种 a错装进B中，有f(n-1)+f(n-2)种，同样a错装进C中也有f(n-1)+f(n-2)种….. a 错装进B中，有f(n-1)+f(n-2)种 a错装进C中，有f(n-1)+f(n-2)种 a错装进D中，有f(n-1)+f(n-2)种 a错装进E中，有f(n-1)+f(n-2)种 a错装进F中，有f( n-1)+f(n-2)种 … 所以一共有 f(n)=(n-1)(f(n-1)+f(n-2)); //C++示例代码 #include <iostream> using namespace std; long
1.1K100发布于 2018-02-06 - 来自专栏ml
齐次方程到矩阵（番外篇）
解法： 仿照之前的思路，考虑1×3的矩阵【f[n-2],f[n-1],s[n-2]】，我们希望通过乘以一个3×3的矩阵A，得到1×3的矩阵：【f[n-1],f[n],s[n-1]】 即：【f[n-2] ,f[n-1],s[n-2]】 * A = 【f[n-1],f[n],s[n-1]】=【f[n-1],f[n-1]+f[n-2],s[n-2]+f[n-1]】 容易得到这个3×3的矩阵A是： ０ 即：【f[n-2],f[n-1],s[n-2],n,1】* A =【f[n-1],f[n],s[n-1],n+1,1】 =【f[n-1], f[n-1]+f[n-2]+n+1,s[n-2]+f[n-1 解： 考虑1*4 的矩阵【s[n-2],a[n-1]^2,a[n-2]^2,a[n-1]*a[n-2]】 我们需要找到一个4×4的矩阵A，使得它乘以A得到1×4的矩阵 【s[n-1],a[n]^2,a[ n-1]^2,a[n]*a[n-1]】 即：【s[n-2],a[n-1]^2,a[n-2]^2,a[n-1]*a[n-2]】* A = 【s[n-1],a[n]^2,a[n-1]^2,a[n]*a[n-
75280发布于 2018-03-26 - 来自专栏小樱的经验随笔
浅谈错排公式的推导及应用
留下来的n-2元素进行错排的话，那么我们就可以得到了D(n-2)种 的错排方式。 那么，我们有根据加法原理，完成第二步有D(n-2)+D(n-1)种方法。 根据乘法原理得到D(n)=(n-1)(D(n-1)+D(n-2)) 。递推关系解释完毕。 N(n)=(n-1)[(n-2)!N(n-2)+(n-1)!N(n-1)]，等式右边合并一下，我们可以得到 n!N(n)=(n-1)!N(n-2)+(n-1)!N(n-1)同时消去(n-1)! 1))=-N(n-1)+N(n-2) 即为(N(n)-N(n-1))/(N(n-1)-N(n-2))=(-1)/n; 同理有(N(n-1)-N(n-2))/(N(n-2)-N(n-3))=(-1)/ (2)-N(1))=(-1)^(n-2)/[n*(n-1)*(n-2)*(n-3)*......4*3] 等式1 又因为(-1)^(n-2)=(-1)^(n) 等式2并且N(2)=D(2)/
1.6K80发布于 2018-04-10 - 来自专栏ypw
题目 2229: [蓝桥杯][算法训练]最大最小公倍数
而对于1~N的范围，肯定是 n*(n-1)*(n-2)的乘积最大、如果这三个数还两两互质的话那就最棒了。 如果n是奇数，那么 n、n-1、n-2必定两两互质，要是有些纠结的话，那么我们就分析在什么情况下可能会存在公因子。n是奇数，那么n，n-1，n-2一定是两奇加一偶的情况。 假设剩下的n,n-2中有一个数能被3整除，那么有公因子的数一定是n或n-2加减3才能得到的情况。为此，n，n-1，n-2的乘积不仅是最大的，而且一定两两互质。 如果n是偶数，继续分析n*(n-1)(n-2)，这样的话n和n-2必定有公因子2，那么就换成式子n(n-1)(n-3)。 然后仔细思考一下，不行啊，若偶数本身就能被3整除的话，那么式子n(n-1)(n-3)也不成立了，n和n-3就有公因子3，再仔细思考一下，式子就变成了(n-1)(n-2)*(n-3)，两奇夹一偶的情况。
62010发布于 2020-09-10 - 来自专栏眯眯眼猫头鹰的小树杈
leetcode384. Shuffle an Array
该算法的步骤如下： 从数组中随机选择一个数字，与数组最后一个数字交换 从前n-1个元素中随机选择一个数字，与第n-1个数字交换 从前n-2个元素中随机选择一个数字，与第n-2个数字交换... 该元素没有被交换到前面n-2个元素只有两种可能，即位于原来的位置，或是被交换到倒数第二个位置，因此交换到前面n-2个元素的概率为(1 - 1/n - (n-1)/n * 1 / (n-1)) = (n- 2) / n , 因此最终概率为(n-2)/n * 1/(n-2) = 1/n 场景二：选中进行交换的元素为倒数第二个元素，则该元素被选中的概率等于该元素被交换到前面n-2个元素的概率乘以该元素在当前 n-2个元素中被选中的概率。 (n-2) / n, 因此最终概率为(n-2)/n * 1/(n-2) = 1/n 场景三：选中进行交换的元素为剩余的其他元素，则该元素被选中的概率没有被交换到最后两个位置上，最终概率也可以计算出来为
72920发布于 2019-07-02 - 来自专栏又见苍岚
正多边形平铺平面
证明 边形，其内角大小为： \frac{n-2}{n} \times 180 其若能密铺平面，其内角度数某整数倍为360度，即： \frac{n-2}{n} \times 180 |360 整理得 ： n-2|2n 继续简化： n-2 \mid 2 n-2(n-2) n-2|4 被 4 整除，因此： n-2 = 1, 2, 4 n=3,4,6 参考资料 https://www.zhihu.com
77720编辑于 2022-08-09 - 来自专栏ml
HDU----(4549)M斐波那契数列(小费马引理+快速矩阵幂)
Sample Input 01 0 6 10 2 Sample Output 0 60 Source 2013金山西山居创意游戏程序挑战赛——初赛（2） F[n] = F[n-1] * F[n- 2] ---》 F[n] = F[n-2]^2* F[n-3]^1----》F[n] = F[n-3]^3* F[n-4]^2----》 F[n] = F[n-4]^5* F[n-5]^3 ---- F[1]^a[n-2]; 我们依旧还是不好处理哇，毕竟n<1e9这么大，这样我们不妨引用小费马引理处理.... ，所以问题在于求解a[n-1],a[n-2]由于数据巨大，为了提升效率我们可以使用矩阵快速幂来求解 对于 a[n]=a[n-1]+a[n-2] a[0]=a[1]=1; 这样的斐波那契数列 ，我们应该不难构造出它的矩阵来 |a[n] | =|1,1|^(n-2) |a[n-1]| |a[n-1]| |1,0|* |a[n-2]|
1K50发布于 2018-03-26 - 来自专栏程序编程之旅
HDOJ 2045 不容易系列之(3)—— LELE的RPG难题
起初方格n-1作为最后一个方格，它不能与方格1和方格n-2同色，此时，（1）当方格n-2与方格1同色时，n-1只需与n-2不同色即满足条件，注意此时方格n-1与方格1必不同色，因而加上第n个方格时，第n （2）当方格n-2与方格1不同色时，起初方格n-1作为最后一个方格，由于要跟方格1和n-2不同，它可涂的颜色只有一种，而当加上方格n时，它就不需要和方格1不同，于是方格n-1可选的颜色种数+1，总的涂法总数加 f（n-2），增加的这f（n-2）种涂法中，方格n-1均与方格1同色，此时方格n有两种颜色可选（因为只要跟方格n-1不一样就同时与方格1不一样），故增加的涂法为2*f（n-2），即f（n）比f（n-1） 大2*f（n-2），递推关系：f(n)=f(n-1)+2*f(n-2),n>=4;这里n>=4是因为此时方格n-2不会是方格1 import java.util.Scanner; public class
58920发布于 2021-01-20 - 来自专栏零域Blog
青蛙跳台阶的问题——Fibonacci
当 n=1 时，f(n)=1=fibo(2) 当 n=2 时，f(n)=2=fibo(3) 当 n>2 时，分析可知，在跳上第 n 级台阶前一步，必然是在第 (n-1) 或 (n-2) 级台阶，故有 f (n) = f(n-1) + f(n-2); 依此类推…… 则有： f(n) = f(n-1) + f(n-2) = 2f(n-2) + f(n-3) = 3f(n-3) + 2f(n-4) = 5 f (n-4) + 3f(n-5) = 8f(n-5) + 5f(n-6) = … = fibo(x+1)f(n-x)+fibo(x)f(n-(x+1)) =… = fibo(n-1)f(n-(n-2)) + fibo(n-2)f(n-(n-1)) = fibo(n-1)f(2) + fibo(n-2)f(1) f(n) 的规律符合 Fibonacci 数列的规律，它与 Fibonacci 的区别是 Fibonacci n) //{ // if(n == 1 || n == 2) // return 1; // else // return fibo(n-1) + fibo(n-
36230编辑于 2022-03-24 - 来自专栏枕边书
用memoization优化递归算法[JS/PHP实现]
对数列进行分析，我们发现，从自三项开始，第N项的值就等于其前两项之和，即第N-1和第N-2项的和。 所以我们可以这样写func(n)=func(n-1)+func(n-2) 代码如下： 1 function fibonacci(n){ 2 if((n==0)||(n==1)){ 3 return n; 4 }else{ 5 return fibonacci(n-1)+fibonacci(n-2);//调用自身函数实现递归 6 } 7 } 分析代码我们发现 2]=cache[n-2]||fibonacci(n-2); return cache[n-1]+cache[n-2];//返回数组中的值 } } 由上可以看出，在计算过一次后，数据被存入数组 2]=cache[$n-2]||fibonacci($n-2); return cache[$n-1]+cache[$n-2]; } } 开始总结笔记了，如有错误，请各位不吝指正，谢谢。
1.1K100发布于 2018-01-04 - 来自专栏韩曙亮的移动开发专栏
【组合数学】递推方程 ( 递推方程解与特征根之间的关系定理 | 递推方程解的线性性质定理 | 递推方程解的形式 )
代入原来的递推方程 , 递推方程的解是 q^n , 代表了 第 n 项的值是 q^n , 即 H(n) = q^n ; 递推方程 : H(n) - a_1H(n-1) - a_2H(n- 2) - \cdots - a_kH(n-k) = 0 , 第 n 项 H(n) 的值是 q^n 第 n-1 项 H(n-1) 的值是 q^{n-1} 第 n-2 项 H(n -2) 的值是 q^{n-2} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vdots 第 n-k 项 H(n-k) 的值是 q^{n-k} 代入后结果是 : \ \ 2) 使用 c_1h_1(n-2) + c_2h_2(n-2) 代替 H(n-k) 使用 c_1h_1(n-k) + c_2h_2(n-k) 代替 得到 : (c_1h_1(n) + c_ 2h_2(n)) - a_1( c_1h_1(n-1) + c_2h_2(n-1) ) - a_2 (c_1h_1(n-2) + c_2h_2(n-2)) - \cdots - a_k( c_1h_1(
1.1K00编辑于 2023-03-28 - 来自专栏闷骚的程序员
青蛙跳台阶的问题——Fibonacci
当 n=1 时，f(n)=1=fibo(2) 当 n=2 时，f(n)=2=fibo(3) 当 n>2 时，分析可知，在跳上第 n 级台阶前一步，必然是在第 (n-1) 或 (n-2) 级台阶，故有 f (n) = f(n-1) + f(n-2); 依此类推…… 则有： f(n) = f(n-1) + f(n-2) = 2f(n-2) + f(n-3) = 3f(n-3) + 2f(n-4) = 5 f (n-4) + 3f(n-5) = 8f(n-5) + 5f(n-6) = … = fibo(x+1)f(n-x)+fibo(x)f(n-(x+1)) =… = fibo(n-1)f(n-(n-2)) + fibo(n-2)f(n-(n-1)) = fibo(n-1)f(2) + fibo(n-2)f(1) f(n) 的规律符合 Fibonacci 数列的规律，它与 Fibonacci 的区别是 Fibonacci n) //{ // if(n == 1 || n == 2) // return 1; // else // return fibo(n-1) + fibo(n-
47520发布于 2020-04-16 【杭电oj】1220 - Cube（数学水题）
else if (n == 2) { printf ("16\n"); continue; } oppo = 0; oppo += 2 * (3 * 4 + 4 * (n- 2) * 4 + (n-2) * (n-2) * 5); oppo += (n-2) * (4 * 4 + 5 * (n-2) * 4 + (n-2) * (n-2) * 6); oppo /=
30010编辑于 2025-08-26- 来自专栏韩曙亮的移动开发专栏
【组合数学】递推方程 ( 非齐次部分是 指数函数 且 底是特征根 | 求特解示例 )
查看其特征根 : 递推方程的标准形式是 : H(n) - 5H(n-1) + 6H(n-2)=2^n , 齐次部分是 H(n) - 5H(n-1) + 6H(n-2)=0 写出特征方程 : x^ 2 - 5x + 6 = 0 , 特征根 q_1= 2, q_2 = 3 求该递推方程 非齐次部分对应的特解 , 递推方程的标准形式是 : H(n) - 5H(n-1) + 6H(n-2)=2^n beta^n 特解的形式是 H^*(n) = P n^1 2^n = Pn2^n , 其中 P 是常数 ; 将特解代入上述递推方程 : Pn2^n - 5P(n-1)2^{n-1} + 6P(n- 2)2^{n-2} = 2^n 所有项都构造 2^n Pn2^n - \cfrac{5P(n-1)2^{n}}{2} + \cfrac{6P(n-2)2^n}{4} = 2^n 左右两侧都除以 2^ n Pn - \cfrac{5P(n-1)}{2} + \cfrac{3P(n-2)}{2} = 1 Pn - \cfrac{5Pn}{2} + \cfrac{5P}{2} + \cfrac{3Pn}{
95000编辑于 2023-03-28 - 来自专栏灰灰的数学与机械世界
考研数学综合题13
利用递推以及放缩证明一道积分数列题 设 \displaystyle I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{n}xdx ，其中 n 是非负整数，证明： （1） I_{n}+I_{n- displaystyle \frac{1}{2(n+1)} < I_{n} < \frac{1}{2(n-1)}(n \geq 2) 【解析】：（1）由题意 \begin{align*}I_{n}+I_{n- 2}&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{n}xdx+\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{n-2}xdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4} }\tan^{n-2}(\tan^2 x+1)dx\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{n-2}x\cdot \sec^{2}xdx=\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\tan^{n-2}xd \tan x\\&=\frac{1}{n-2}\end{align*} 显然计算 I_{n} ，得分 n 的奇偶性， \displaystyle I_{1}=\int
49330编辑于 2022-11-23 - 来自专栏OI
矩阵快速幂 学习笔记
举例1：Fibonacci 题目传送门 题意 f[1]=1,f[2]=1,f[3]=2,f[4]=3 \dots f[n]=f[n-1]+f[n-2] 那么输入。 0) *(f[1]) 举例2：Fibonacci求和 题目传送门 题意 f[n]\quad mod\quad m $f[n]=f[n-1]+f[n-2] f[n-1]=f[n-2]+f[n- 3],f[n]=2\times f[n-2]+f[n-3] f[n-2]=f[n-3]+f[n-4],f[n]=f[n-2]+2\times f[n-3]+f[n-4] f[n-3]=f[n-4]+f[ n-5],f[n]=f[n-2]+f[n-3]+2\times f[n-4]+f[n-5] 以此类推，可得： f[n]=f[n-2]+f[n-3]+f[n-4]+f[n-5]+\dots f[2]+2 \times f[1] 那么： f[n-2]+f[n-3]+f[n-4]+f[n-5]+\dots f[2]+f[1]=f[n]-f[1] f[n-2]+f[n-3]+f[n-4]+f[n-5]+\dots
44920编辑于 2022-09-19 - 来自专栏木又AI帮
【leetcode刷题】20T34-爬楼梯
1. 1 阶 + 1 阶 + 1 阶 2. 1 阶 + 2 阶 3. 2 阶 + 1 阶 【思路】 使用f(n)代表爬n阶楼梯的方法数量，我们考虑最后一步，有两种可能：从n-2阶楼梯爬上去，那么有爬到 n-2阶楼梯有f(n-2)种方法；从n-1阶楼梯爬上去，爬到n-1阶楼梯有f(n-1)种方法。 那么总共有f(n-1) + f(n-2)种方法。 即：f(n) = f(n-1) + f(n-2)。 想想，这是什么公式？ 斐波那契数列。 self, n): """ :type n: int :rtype: int """ # f(n) = f(n-1) + f(n- int climbStairs(int n) { if (n <= 2) return n; // f(n) = f(n-1) + f(n-
49130发布于 2020-03-26 - 来自专栏Marigold
【概率论与数理统计(研究生课程)】知识点总结9(回归分析)
}x_i)^2=L_{yy}-\hat{\beta_1}L_{xy}=L_{yy}-\frac{L_{xy}^2}{L_{xx}} 定理：\frac{Q_e}{\sigma^2}\sim\chi^2(n- 2) \begin{aligned} &E(\frac{Q_e}{\sigma^2})=n-2 \ \Longrightarrow \quad &E(\frac{Q_e}{n-2})=\sigma^2 \ \Longrightarrow \quad &\hat{\sigma^2}=\frac{Q_e}{n-2} \end{aligned} 的无偏估计为\frac{Q_e}{n-2} 最小二乘估计量的性质 2) F检验拒绝域：F\ge F_\alpha(1,n-2) 确定t_{\frac{\alpha}{2}(n-2)}\quad or \quad F_{\alpha}(1,n-2) 计算|T|\quad {L_{xx}}}t_{\frac{\alpha}{2}}(n-2)) 估计 设回归方程为\hat{y}=\hat{\beta_0}+\hat{\beta_1}x，对任意给定的x=x_0，y_0的均值E
84420编辑于 2023-08-24 - 来自专栏LeviMaster
递归与数学归纳法
类别 规则：an= fa(n-1) $ fa(n-2) $ fa(n-3) $ .... （$和f为某种运算规则） 一阶：an= fa(n-1) 二阶：an= fa(n-1) $ fa(n-2) 三阶：an= fa(n-1) $ fa(n-2) $ fa(n-3) ... # 第n项 def f(n): if n==1:return a1 else return f(n-1) * q an=f(n) 斐波那契数列（二阶） 原理：an = a(n-1)+ a(n- 数学归纳法 a1=1 a2=1 a3=a1+a2 a4=a2+a3 ... an=a(n-1)+ a(n-2) 递归 # python n=5 # 第n项 def f(n): if n==1 or 2) + a(n-3) 数学归纳法 a1=1 (1) a2=2 (11,2) a3=4 (111,12,21,3) a4=a1+a2+a3 ... an = a(n-1) + a(n-2) + a(n-
1.1K70发布于 2021-09-30
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