10.3　其他数学专题

10.3.1　递推

汉诺塔问题。假设有A、B、C 3个轴，有n个直径各不相同、从小到大依次编号为1, 2, 3,…,n的圆盘按照上小下大的顺序叠放在A轴上。现要求将这n个圆盘移至B轴上并仍按同样顺序叠放，但圆盘移动时必须遵循下列规则：

• 每次只能移动一个圆盘，它必须位于某个轴的顶部。
• 圆盘可以插在A、B、C中的任一轴上。
• 任何时刻都不能将一个较大的圆盘压在较小的圆盘之上。

【分析】

这个问题看上去很容易，但当n稍大一点时，手工移动就开始变得困难起来。下面直接给出递归解法：首先，把前n-1个圆盘放到C轴；接下来把n号圆盘放到B轴；最后，再把前n-1个盘子放到B轴，如图10-5所示。

图10-5　根据递归解法建立汉诺塔的递推关系

图10-4中还给出了n个圆盘所需步数f(n)的递推式：f(n)=2f(n-1)+1。如果把f(n)的值从小到大列出来，即1,3,7,15,31,63,127,255…，你会发现其实有一个简单的表达式：f(n)=2ⁿ-1。

用数学归纳法不难证明：f(1)=1满足等式。假设n=k满足等式，即f(k)=2^k-1，则n=k+1时，f(k+1)=2f(k)+1=2(2^k-1)+1=2^k+1-2+1=2^k+1-1。因此n=k+1也满足等式。由数学归纳法可知，n取任意正整数均成立。

如果还不熟悉数学归纳法，其实从上面的证明过程已经能看出来其基本原理——其实它正是一种递归证明。只要边界处理好（f(1)=1满足），递归时缩小规模（用k来证明k+1），然后在“相信递归”（假设n=k成立）的前提下证明即可。

提示10-6：数学归纳法是一种利用递归的思想证明的方法。如果要讨论的对象具有某种递归性质（如正整数），可以考虑用数学归纳法。

Fibonacci数列。先来考虑一个简单的问题：楼梯有n个台阶，上楼可以一步上一阶，也可以一步上两阶。一共有多少种上楼的方法？

这是一道计数问题。在没有思路时，不妨试着找规律。n=5时，一共有8种方法：

5=1+1+1+1+1
5=2+1+1+1
5=1+2+1+1
5=1+1+2+1
5=1+1+1+2
5=2+2+1
5=2+1+2
5=1+2+2

其中有5种方法第1步走了1阶（灰色），3种方法第1步走了2阶。没有其他可能了。假设f(n)为n个台阶的走法总数，把n个台阶的走法分成两类。

第1类：第1步走1阶。剩下还有n-1阶要走，有f(n-1)种方法。

第2类：第1步走2阶。剩下还有n-2阶要走，有f(n-2)种方法。

这样，就得到了递推式：f(n)=f(n-1)+f(n-2)。不要忘记边界情况：f(1)=1，f(2)=2。当然，也可以认为边界是f(0)=f(1)=1。把f(n)的前几项列出：1, 1, 2, 3, 5, 8,…。

再例如，把雌雄各一的一对新兔子放入养殖场中。每只雌兔从第2个月开始每月产雌雄各一的一对新兔子。试问第n个月后养殖场中共有多少对兔子？

还是先找找规律。

第1个月：一对新兔子r₁。用小写字母表示新兔子。

第2个月：还是一对新兔子，不过已经长大，具备生育能力了，用大写字母R₁表示。

第3个月：R₁生了一对新兔子r₂，一共两对。

第4个月：R₁又生一对r₃，一共3对。另外，r₂长大了，变成R₂。

第5个月：R₁和R₂各生一对，记为r₄和r₅，共5对。此外，r₃长成R₃。

第6个月：R₁、R₂和R₃各生一对，记为r₆～r₈，共8对，同时r₄到r₅长大。

……

把这些数排列起来：1, 1, 2, 3, 5, 8, …，和刚才的一模一样！事实上，可以直接推导出递推关系f(n)=f(n-1)+f(n-2)：第n个月的兔子由两部分组成，一部分是上个月就有的老兔子，一部分是上个月出生的新兔子。前一部分等于f(n-1)，后一部分等于f(n-2)（第n-1个月时具有生育能力的兔子数就等于第n-2个月的兔子总数）。根据加法原理，f(n)=f(n-1)+f(n-2)。

提示10-7：满足F₁=F₂=1，F_n=F_n-1+F_n-2的数列称为Fibonacci数列，它的前若干项是1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,…。

再例如，有2行n列的长方形方格，要求用n个1*2的骨牌铺满。有多少种铺法？

考虑最左边一列的铺法。如果用一个骨牌直接覆盖，则剩下的2*(n-1)方格有f(n-1)种铺法；如果是用两个横向骨牌覆盖，则剩下的2*(n-2)方格有f(n-2)种方法，如图10-6所示。不难发现：第一列没有其他铺法，因此f(n)=f(n-1)+f(n-2)。边界f(0)=1, f(1)=1，恰好是Fibonacci数列。

图10-6　骨牌覆盖问题

这就是多数课本上讲解这道题目的方法，无须多说，因为重点并不在此。笔者曾想到过另一个解法，与各位读者分享：设第i列是纵向骨牌，则左边i-1列和右边n-i列各有f(i-1)和f(n-i)种铺法。根据乘法原理，一共有f(i-1)f(n-i)种铺法。然后把i=1,2,3,…,n的情形全部加起来，根据加法原理，有：

f(n)=f(0)f(n-1) + f(1)f(n-2)+…+f(n-1)f(0)

这个递推式对不对呢？聪明的读者也许已经看出，这个解法存在两个问题：

（1）有遗漏。只考虑了第1,2,3,…,n列是纵向骨牌的情形，但实际上可能所有的骨牌都是横向的。当且仅当n为偶数时，恰好有一种这样的方案。

（2）有重复。根据“第i列有骨牌”对所有方案进行了分类，但其实这些方案是有重叠的。例如，第1列和第2列完全可以同时有骨牌。这些方案在递推式中被重复计算了。

既然如此，这个思路是不是走入死胡同了呢？不是的！只要把刚才的推理变得严密起来，同样可以得到一个正确的递推式：根据从左到右第一条纵向骨牌的列编号分类。如果不存在，当且仅当n为偶数时有一种方案；当第一条纵向骨牌的列编号为i时，意味着左边i-1列必须全部是横向骨牌——当i为奇数时恰好有一个方案。而右边n-i列则可以用任意铺法，共f(n-i)种。换句话说：

n为偶数时，f(n)=f(n-1)+f(n-3)+f(n-5)…+f(1)+1（最后加上的就是“没有纵向骨牌”的情形）。

n为奇数时，f(n)=f(n-1)+f(n-3)+f(n-5)…+f(2)+ f(0)。

边界是f(0)=f(1)=1。我们已经知道，问题的答案应该是Fibonacci数列，自然会对这个复杂的递推式产生怀疑：它真的是正确的吗？

带着这个疑问，笔者写了一个程序。结果出乎意料：居然和Fibonacci数列一样！事实上，它确实是Fibonacci数列。Fibonacci数列拥有很多有趣的性质，有兴趣的读者可以在网上搜索更多相关资料。不管怎样，这个“旧题新解”至少说明了两点：

（1）一个数列可能有多个看上去完全不同的递推式。

（2）即使是漏洞百出的解法也有可能通过“打补丁”的方式修改正确。

Catalan数。给一个凸n边形，用n-3条不相交的对角线把它分成n-2个三角形，求不同的方法数目。例如，n=5时，有5种剖分方法，如图10-7所示。

图10-7　凸五边形的5种三角剖分

【分析】

设答案为f(n)。按照某种顺序给凸多边形的各个顶点编号为V₁,V₂,…, V_n。既然分成的是三角形，边V₁V_n在最终的剖分中一定恰好属于某个三角形V₁V_nV_k，所以可以根据k进行分类。不难看出，三角形V₁V_nV_k的左边是一个k边形，右边是一个n-k+1边形（如图10-8（a）所示）。根据乘法原理，包含三角形V₁V_nV_k的方案数为f(k)f(n-k+1)；根据加法原理有：

f(n)=f(2)f(n-1) + f(3)f(n-2) +…+ f(n-1)f(2)

边界是f(2)=f(3)=1。不难算出从f(3)开始的前几项f值依次为：1、2、5、14、42、132、429、1430、4862、16796。

提示10-8：在建立递推式时，经常会用到乘法原理，其核心是分步计数。如果可以把计数分成独立的两个步骤，则总数量等于两步计数之乘积。

另一种思路是考虑V₁连出的对角线。对角线V₁V_k把凸n边形分成两部分，一部分是k边形，另一部分是n-k+2边形（如图10-8（b）所示）。根据乘法原理，包含对角线V₁V_k的凸多边形有f(k)f(n-k+2)个。根据对称性，考虑从V₂、V₃、…、V_n出发的对角线也会有同样的结果，因此一共有n(f(3)f(n-1)+f(4)f(n-2)+…+f(n-1)f(3))个部分。

（a）	（b）

图10-8　凸多边形三角剖分数目的两种递推方法

但这并不是正确答案，因为同一个剖分被重复计算了多次！不过这次不必去消除重复了，因为这些重复很有规律：每个方案恰好被计算了2n-6次——有n-3条对角线，而考虑每条对角线的每个端点时均计算了一次。这样，得到了f(n)的第2个递推式：

f(n) = (f(3)(n-1)+f(4)f(n-2)+…+f(n-1)f(3))×n/(2n-6)

它和第一个递推式有几分相似，但又不同。把n+1代入第1个递推式后得到：

f(n+1)=f(2)f(n) + f(3)f(n-1) + f(4)f(n-2) +…+ f(n-1)f(3) + f(n)f(2)

灰色部分是相同的！根据第2个递推式，它等于f(n)•(2n-6)/n，把它和f(2)=1一起代入上式得：

这个递推式和前两个相比就简单多了。这个数列称为Catalan数，也是常见的计数数列。

例题10-13　危险的组合（Critical Mass, UVa580）

有一些装有铀（用U表示）和铅（用L表示）的盒子，数量均足够多。要求把n（n≤30）个盒子放成一行，但至少有3个U放在一起，有多少种放法？例如，n=4, 5, 30时答案分别为3, 8和974791728。

【分析】

设答案为f(n)。既然有3个U放在一起，可以根据这3个U的位置分类——对，根据前面的经验，要根据“最左边的3个U”的位置分类。假定是i、i+1和i+2这3个盒子，则前i-1个盒子不能有3个U放在一起的情况。设n个盒子“没有3个U放在一起”的方案数为g(n)=2ⁿ-f(n)，则前i-1个盒子的方案有g(i-1)种。后面的n-i-2个盒子可以随便选择，有2^n-i-2种。根据乘法原理和加法原理，。

遗憾的是，这个推理是有瑕疵的。即使前i-1个盒子内部不出现3个U，仍然可能和i、i+1和i+2组成3个U。正确的方法是强制让第i-1个盒子（如果存在）放L，则前i-2个盒子内部不能出现连续的3个U。因此，边界是f(0)=f(1)=f(2)=0。g(0)=1，g(1)=2，g(2)=4。注意上式中的2^n-3对应于i=1的情况。

例题10-14　比赛名次（Race, UVa12034）

A、B两人赛马，最终名次有3种可能：并列第一；A第一B第二；B第一A第二。输入n（1≤n≤1000），求n人赛马时最终名次的可能性的个数除以10056的余数。

【分析】

设答案为f(n)。假设第一名有i个人，有C(n,i)种可能性，接下来有f(n-i)种可能性，因此答案为∑C(n,i)f(n-i)。

例题10-15　杆子的排列（Pole Arrangement, ACM/ICPC Daejeon 2012, UVa1638）

有高为1, 2, 3,…, n的杆子各一根排成一行。从左边能看到l根，从右边能看到r根，求有多少种可能。例如，图10-9中的两种情况都满足l=1，r=2（1≤l，r≤n≤20）。

图10-9　杆子的排列

【分析】

设d(i,j,k)表示让高度为1～i根杆子排成一行，从左边能看到j根，从右边能看到k根的方案数。为了方便起见，假定i≥2。如何进行递推呢？首先尝试按照从小到大的顺序按照各个杆子。假设已经安排完高度为1～i-1的杆子，那么高度为i的杆子可能会挡住很多其他杆子，看上去很难写出递推式。

那么换一个思路：按照从大到小的顺序安排各个杆子。假设已经安排完高度为2～i的杆子，那么高度为1的杆子不管放哪里都不会挡住任何一根杆子。有如下3种情况。

情况1：插到最左边，则从左边能看到它，从右边看不见（因为i≥2）。

情况2：如果插到最右边，则从右边能看到它，从左边看不见。

情况3（有i-2个插入位置）：插到中间，则不管从左边还是右边都看不见它。

在第一种情况下，高度为2～i的那些杆子必须满足：从左边能看到j-1根，从右边能看到k根，因为只有这样，加上高度为1的杆子之后才是“从左边能看到j根，从右边能看到k根”。虽然状态d(i,j,k)表示的是“让高度为1～i的杆子……”，而现在需要把高度为2～i+1的杆子排成一行，但是不难发现：其实杆子的具体高度不会影响到结果，只要有i根高度各不相同的杆子，从左从右看分别能看到j根和k根，方案数就是d(i,j,k)。换句话说，情况1对应的方案数是d(i-1,j-1,k)。类似地，情况2对应的方案数是d(i-1,j,k-1)，而情况3对应的方案数是d(i-1,j,k)*(i-2)。这样，就得到了如下递推式：

d(i,j,k) = d(i-1,j-1,k) + d(i-1,j,k-1) + d(i-1,j,k)*(i-2)

10.3.2　数学期望

数学期望。简单地说，随机变量X的数学期望EX就是所有可能值按照概率加权的和。例如，一个随机变量有1/2的概率等于1，1/3的概率等于2，1/6的概率等于3，则这个随机变量的数学期望为1*1/2+2*1/3+3*1/6=5/3。在非正式场合中，可以说这个随机变量“在平均情况下”等于5/3。在解决和数学期望相关的题目时，可以先考虑直接使用数学期望的定义求解：计算出所有可能取值，以及对应的概率，最后求加权和，如果遇到困难，则可以考虑使用下面两个工具：

期望的线性性质。有限个随机变量之和的数学期望等于每个随机变量的数学期望之和。例如，对于两个随机变量X和Y，E(X+Y)=EX+EY。

全期望公式。类似全概率公式，把所有情况不重复、不遗漏地分成若干类，每类计算数学期望，然后把这些数学期望按照每类的概率加权求和。

例题10-16　过河（Crossing Rivers, ACM/ICPC Wuhan 2009, UVa12230）

你住在村庄A，每天需要过很多条河到另一个村庄B上班。B在A的右边，所有的河都在中间。幸运的是，每条河上都有匀速移动的自动船，因此每当到达一条河的左岸时，只需等船过来，载着你过河，然后在右岸下船。你很瘦，因此上船之后船速不变。

日复一日，年复一年，你问自己：从A到B，平均情况下需要多长时间？假设在出门时所有船的位置都是均匀随机分布。如果位置不是在河的端点处，则朝向也是均匀随机。在陆地上行走的速度为1。

输入A和B之间河的个数n、长度D（0≤n≤10，1≤D≤1000），以及每条河的左端点坐标离A的距离p，长度L和移动速度v（0≤p<D，0<L≤D，1≤v≤100），输出A到B时间的数学期望。输入保证每条河都在A和B之间，并且相互不会重叠。

【分析】

用数学期望的线性。过每条河的时间为L/v到3L/v的均匀分布，因此期望过河时间为2L/v。把所有2L/v加起来，再加上D-sum(L)即可。

例题10-17　糖果（Candy, ACM/ICPC Chengdu 2012, UVa1639）

有两个盒子各有n（n≤2*10⁵）个糖，每天随机选一个（概率分别为p，1-p），然后吃一颗糖。直到有一天，打开盒子一看，没糖了！输入n, p，求此时另一个盒子里糖的个数的数学期望。

【分析】

根据期望的定义，不妨设最后打开第1个盒子，此时第2个盒子有i颗，则这之前打开过n+(n-i)次盒子，其中有n次取的是盒子1，其余n-i次取的盒子2，概率为C(2n-i, n)pⁿ⁺¹ (1-p)^n-i。注意p的指数是n+1，因为除了前面打开过n次盒子1之外，最后又打开了一次。

这个概率表达式在数学上是正确的，但是用计算机计算时需要小心：n可能高达20万，因此C(2n-i, n)可能非常大，而pⁿ⁺¹和(1-p)^n-i却非常接近0。如果分别计算这3项再乘起来，会损失很多精度。一种处理方式是利用对数，设v1(i) = ln(C(2n-i, n)) + (n+1)ln(p) + (n-i)ln(1-p)，则“最后打开第1个盒子”对应的数学期望为e^v1(i)。

同理，当最后打开的是第2个盒子，对数为v2(i) = ln(C(2n-i, n)) + (n+1)ln(1-p) + (n-i)ln(p)，概率为e^v2(i)。根据数学期望的定义，最终答案为sum{i(e^v1(i)+e^v2(i))}。

例题10-18　优惠券（Coupons, UVa10288）

大街上到处在卖彩票，一元钱一张。购买撕开它上面的锡箔，你会看到一个漂亮的图案。图案有n种，如果你收集到所有n（n≤33）种彩票，就可以得大奖。请问，在平均情况下，需要买多少张彩票才能得到大奖呢？如n=5时答案为137/12。

【分析】

已有k个图案, 令s=k/n, 拿一个新的需要t次的概率：s^t-1(1-s); 因此平均需要的次数为(1-s)(1 + 2s + 3s² + 4s³ + …) = (1-s)E，而sE = s + 2s² + 3s³ + … = E-(1+s+s²+…)，移项得

(1-s)E=1+s+s²+…=1/(1-s) = n/(n-k)

换句话说，已有k个图案：平均拿n/(n-k)次就可多搜集一个, 所以总次数为：

n(1/n+1/(n-1)+1/(n-2)+…+1/2+1/1)

10.3.3　连续概率

连续概率。简单地说，随机变量X的数学期望EX就是所有可能值按照概率加权的和。例如，一个随机变量有1/2的概率等于1，1/3的概率等于2，1/6的概率等于3，则比变量随机。

例题10-19　概率（Probability, UVa11346）

在[-a,a]*[-b,b]区域内随机取一个点P，求以(0,0)和P为对角线的长方形面积大于S的概率（a,b>0，S≥0）。例如a=10，b=5，S=20，答案为23.35％。

【分析】

根据对称性，只需要考虑[0,a]*[0,b]区域取点即可。面积大于S，即xy>S。xy=S是一条双曲线，所求概率就是[0,a]*[0,b]中处于双曲线上面的部分。为了方便，还是求曲线下面的面积，然后用总面积来减，如图10-10所示。

图10-10　双曲线所围面积

设双曲线和区域[0,a]*[0,b]左边的交点P是(S/b, b)，因此积分就是：

查得1/S的原函数是ln(S)，因此积分部分就是ln(a)-ln(S/b)= ln(ab/S)。设面积为m，则答案为(m - s - s *ln(m/s)) / m。

注意这样做有个前提，就是双曲线和所求区域相交。如果s>ab，则概率应为0；而如果s太接近0，概率应直接返回1，否则计算ln(m/s)时可能会出错。

例题10-20　你想当2ⁿ元富翁吗？（So you want to be a 2ⁿ-aire?, UVa10900）

在一个电视娱乐节目中，你一开始有1元钱。主持人会问你n个问题，每次你听到问题后有两个选择：一是放弃回答该问题，退出游戏，拿走奖金；二是回答问题。如果回答正确，奖金加倍；如果回答错误，游戏结束，你一分钱也拿不到。如果正确地回答完所有n个问题，你将拿走所有的2ⁿ元钱，成为2ⁿ元富翁。

当然，回答问题是有风险的。每次听到问题后，你可以立刻估计出答对的概率。由于主持人会随机问问题，你可以认为每个问题的答对概率在t和1之间均匀分布。输入整数n和实数t（1≤n≤30，0≤t≤1），你的任务是求出在最优策略下，拿走的奖金金额的期望值。这里的最优策略是指让奖金的期望值尽量大。

【分析】

假设你刚开始游戏，如果直接放弃，奖金为1；如果回答，期望奖金是多少呢？不仅和第1题的答对概率p相关，而且和答后面的题的情况相关。即：

选择“回答第1题”后的期望奖金 = p * 答对1题后的最大期望奖金

注意，上式中“答对1题后的最大期望奖金”和这次的p无关，这提示我们用递推的思想，用d[i]表示“答对i题后的最大期望奖金”，再加上“不回答”时的情况，可以得到：若第1题答对概率为p，期望奖金的最大值 = max{2⁰, p*d[1]}

这里故意写成2⁰，强调这是“答对0题后放弃”所得到的最终奖金。

上述分析可以推广到一般情况，但是要注意一点：到目前为止，一直假定p是已知的，而p实际上并不固定，而是在t～1内均匀分布。根据连续概率的定义，d[i]在概念上等于max{2ⁱ, p*d[i+1]}在p=t～1上的积分。不要害怕“积分”二字，因为虽然在概念上这是一个积分，但是落实到具体的解法上，仍然只需要基础知识。

因为有max函数的存在，需要分两种情况讨论，即p*d[i+1]<2ⁱ和p*d[i+1]≥2ⁱ两种情况。令p₀=max{t, 2ⁱ/d[i+1]}（加了一个max是因为根据题目，p≥t），则：

• p<p0时，p*d[i+1]<2ⁱ，因此“不回答”比较好，期望奖金等于2ⁱ。
• p≥p0时，“回答”比较好，期望奖金等于d[i]乘以p的平均值（d[i]作为常数被“提出来”了），即(1+p0)/2 * d[i+1]。

在第一种情况中，p的实际范围是[t,p0)，因此概率为p1=(p0-t)/(1-t)。根据全期望公式，d[i] = 2ⁱ * p1 + (1+p0)/2 * d[i+1] * (1-p1)。

边界是d[n] = 2ⁿ，逆向递推出d[0]就是本题的答案。

例题10-21　多边形（Polygon, UVa11971）

有一根长度为n的木条，随机选k个位置把它们切成k+1段小木条。求这些小木条能组成一个多边形的概率。

【分析】

不难发现本题的答案与n无关。在一条直线上切似乎难以处理，可以把直线接成一个圆，多切一下，即在圆上随机选k+1个点，把圆周切成k+1段。根据对称性，两个问题的答案相同。

新问题就要容易处理得多了：“组不成多边形”的概率就是其中一个小木条至少跨越了半个圆周的概率。设这个最长的小木条从点i开始逆时针跨越了至少半个圆周，则其他所有点都在这半个圆周之外，如图10-11所示的灰色部分。

图10-11　木条逆时针跨越所成形状

除了点i之外其他每个点位于灰色部分的概率均为1/2，因此总概率为1/2^k。点i的取法有k+1种，因此“组不成多边形”的概率为(k+1)/2^k，能组成多边形的概率为1-(k+1)/2^k。