递归 C 函数

Question

我需要在 C 中编写一个递归函数，对于某个 n，它会计算不具有三个连续数字 1 的 n 位二进制数的数量。

例如，对于 n=3，所有可能的 3 位数是： 000 001 010 011 100 101 110 111

所以函数返回 7，因为只有一个数字和三个 1。

到目前为止，我什至不知道从哪里开始。我看不到任何可以帮助我的算法。

任何帮助将不胜感激。 谢谢。

Answer 1

让我们构造一个从左到右不连续三个数字的数字。

它必须以最多两个 1 开头，因此它以没有 1、单个 1 或两个 1 开头。换句话说，我们的数字以 0、10 或 110 开头。在所有这些情况下，数字其余部分的唯一限制是它不包含任何三个连续的数字，因此这允许我们应用相同的递归函数：

#include <stdint.h>
#include <stddef.h>

uint64_t nothreeconsecutive(int n) {
    if (n <= 2) return 1 << n;
    return nothreeconsecutive(n-1) + nothreeconsecutive(n-2) + nothreeconsecutive(n-3);
}

Answer 2

让我们首先观察不包含三个相邻设置位的n位二进制数的数量是pow(2, n)减去n位数字的数量有 em> 三个相邻的设置位。

此外，设置三个相邻位的长度为n的二进制数的数量是长度为n-1的此类数字的两倍（最后一位的值都导致设置了三个相邻位的数字），加上长度为 n-1 且初始两位设置的二进制数的数量（对于设置新位的情况），减去长度为 n-1 的那些数字以及之前已经设置了三个相邻位的两个初始位设置（因为它们已经算过一次）。

因此，在稍微更改返回类型以计算更长的序列后，问题的解决方案可能如下所示：

#include <stdint.h>
#include <stddef.h>

uint64_t twoadjstart(int a)
{
  /*returns the number of binary numbers with a bits that have no more than 2 adjacent initial set bits.*/
  if (a < 2)
    return 0;
  if (a == 2)
    return 1;
  return UINT64_C(1) << (a - 3);
}

uint64_t recuadjthree(int a)
{
/*returns the number of binary numbers with a bits that do contain three adjacent set bits.*/
  if (a < 3)
    return 0;
  uint64_t retval = 2*recuadjthree(a-1);
  retval += twoadjstart(a-1);
  retval -= recuadjthree(a-4);
  return retval;
}

uint64_t recunothree(int a)
{
  /*returns the number of binary numbers with a bits that do not contain three adjacent set bits.*/
  uint64_t combi = UINT64_C(1) << a;
  return combi - recuadjthree(a);
}

Answer 3

将数字视为位串，因此问题在于如何找到子串111。位的好处是您可以对其进行位移，并尝试将低三位屏蔽掉，并比较它是否为111。试试这个：

bool valid(int n) {
    while (n) {
        if ((n & 0x7) == 7)
             return false;
        n = n >> 1;
    }
    return true;
}

其次，考虑如何获取所有 n 位数字。您可以很容易地注意到这些数字是从全 0 到全 1，因此您可以循环遍历所有这些数字，并在第一步中使用函数检查每个数字。

现在你有了一个迭代解决方案，考虑一下如何实现与递归相同的东西。

Answer 4

以下是错误（部分）解决方案（由@EOF 指出）。

我留下了错误的解决方案，因此 cmets 将变得有意义，并让寻找正确解决方案的人从我的错误中吸取教训。

错误：此解决方案仅与最后 3 位设置为 1 的 n 位数有关，并忽略了 1 位在中间的可能性的数量。

也许：完成这个解决方案需要我们从n 的解决方案中一次又一次地减去n-1 的解决方案（直到n == 0）。

#include <stdio.h>

#define pow2(n) ipow(2,n);

int solution(int n)
{
   if(n <= 2)
     return pow2(n);
   return pow2(n) - pow2(n-3);
   // The return statement, after the `if`, should probably have been:
   return pow2(n) - pow2(n-3) - solution(n-1);
}

int main()
{
   int n = 7;
   printf("The solution for n = %d is %d", n, solution(n));
}

我的逻辑：

如果有n位，那么可能的数字（包括0）的数量是2^n（2的n次方）。

在一个 n 位数中，有 n-2 种方法来拟合三个连续的设置位（0b111、0b1110、0b11100）...这是 IF n > 2。

正如 cmets 中所指出的，这些数字中的每一个都具有非 0 位的可能性（即 0b11101 和 0b11100）。

所以：

• 对于 n = 3，我们有 0 个剩余位（1 个可能的数字 == 2^0）

• 对于 n = 4，我们有 1 个剩余位（2 个可能的数字 == 2^1）

• 对于 n = 5，我们有 2 个剩余位，或者分开或一起（4 种可能的解决方案 == 2^2）。

等等……

这些可能性是剩余位 (n-3) 的 2 次方。

...我怀疑位的位置很重要，我们知道我们对所有可能的数字都有 2^n 排列，如果三个位相同，那么我们有 2^(n-3) 排列数字。

感谢 KlasLindbäck 和 EOF 的指点。