算法浅谈——递归算法与海盗分金问题

本文始发于我的公众号：TechFlow

最近看到一道颇有意思的问题，分享给你们。

仍是老规矩，在咱们聊算法问题以前，先来看一个故事。

传说中，有5个海盗组成了一支无敌的海盗舰队，他们在最后一次的寻宝当中找寻到了100枚价值连城的金币。因而，很天然的，这群海盗面临分赃的问题。为了防止海盗内讧，残忍的海盗们制定了一个奇怪的规则:

他们决定按照功劳大小对五我的进行编号，由编号小的海盗先提出分配方案。若是方案可以获得大多数人的赞成，那么就按照他提出的方案进行分配。若是不能经过，说明他已经失去了威望，海盗们会残忍地将他投入海中喂鲨鱼。

在一个朦胧的早上你一觉醒来，忽然发现本身成了一号海盗，那么你应该如何分配才能得到最多的金币，又不会被喂鲨鱼呢？

在咱们思考以前，咱们先完善一下题意，增长几个条件。

首先，每个海盗都很是残忍。这意味着，在不影响收益的状况下，他们会更倾向于杀人。

其次，每个海盗都极其聪明，都能想到最佳答案。

这两个条件一出来，问题就比较明显了，这是博弈论题目才有的架势。

既然这是一道博弈论的问题，那么咱们经过常规的思路是没法找到答案的，咱们须要另辟蹊径才行。

那么，怎么另辟蹊径呢？

一个比较常规的作法是先不考虑原问题，先假设一个和原问题差很少，可是规模小不少的子问题。经过对子问题的求解来摸索原问题的解法。

举个例子，在这题当中，咱们须要计算5个海盗分金币的状况。一时之间咱们有些无从下手，那么咱们简化问题，问题的规则仍是不变，可是咱们把海盗的数量减小，减小到只有一个海盗。那么根据规则，很显然，最后的结果是这个海盗独吞全部的金币。

这个时候的分配方案是：[0, 0, 0, 0, 100]

咱们从这个点开始往回倒推，假设这个时候多了一个海盗，一共是4号和5号两个海盗的时候，会怎么样？

显然由于要求要一半以上赞成提案，提案才能够经过。因此在这个时候，不管4号海盗如何提议，5号都不会赞成，要将他投下海喂鲨鱼。因此若是只剩下4和5的时候，4号海盗必死无疑。

这个时候的分配方案是： [0, 0, 0, -1, 100]，-1表示必死无疑。

那若是再加一个海盗呢？

再加一个海盗的话，是3，4，5三个海盗的状况。由于只剩4和5的时候4号必死，因此他为了活命必定会赞成3号的提案（海盗对其余人残忍，对本身不残忍）。这个时候，3号不论如何提议，都必定能够经过。由于算上他本身的一票，和4号的一票，已通过半了，因此他的提案必定能够经过。

这个时候的分配方案是： [0, 0, 100, 0, 0]

咱们再加入一个海盗，考虑一共剩下4个海盗的状况。若是2号死去，那么3号能够独吞全部金币，因此显然3号必定不会赞成2号的方案。4我的的时候，至少须要3我的赞成才能够经过方案，那么2号必需要争取4号和5号。若是2号死去，4号和5号一无全部，因此2号只须要分配给4号和5号一枚金币，就能够拉拢他们。

这个时候的分配方案是： [0, 98, 0, 1, 1]

最后，咱们再加入1号海盗。同理，1号海盗的提案须要至少3我的经过。算上他本身，他还须要争取2票。因为1号死去2号能够得到98枚金币，因此1号必定没法争取2号，仍是只能从3，4，5三我的下手。能够给3号1枚，4号两枚（比2号的方案多一枚），也能够给3号1没，5号两枚。

这个时候的分配方案是： [97, 0, 1, 2, 0] 或者是 [97, 0, 1, 0, 2]。

到这里，这个问题就结束了。可是咱们的思考并无结束，不知道你们从刚才的解法当中有没有看出规律。咱们面临5个海盗这种错综复杂状况的时候根本无从下手，可是一旦当咱们试着将问题的规模缩小，从简单的状况开始思考，那么问题一会儿就豁然开朗了。

老子说：天下大事，必做于细，天下难事，必做于易。从这个问题来看，和这个道理相得益彰。

这种从最简单推导最复杂的算法就称为递归。

假设，获取n个海盗分配方案的函数是f。当咱们计算f(2)时，咱们须要根据f(1)的结果。咱们试着写成伪代码：

def f(n):
  if n == 1:
    return [0, 0, 0, 0, 100]
  else:
    allocation = f(n-1)
    # 新的分配
    new_allocation = allocate(allocation)
    return new_allocation

咱们先忽略allocate这个方法内部是怎么实现的，单纯看这段代码，整个框架已经有了。

递归的精髓也就在这里，程序本身调用本身只是表象，内里的精髓实际上是问题的分割。整个递归从上到下的过程，其实是一个大问题化解成小问题的过程。若是还不明白，咱们再来看一个经典的例子来巩固一下，这个问题就是大名鼎鼎的汉诺塔问题：

在印度神话当中有一个大神叫作梵天，他在创造世界的时候创造了三根金刚柱。为了排解无聊，他在其中一根柱子上摆放了64个圆盘。这64个圆盘从上往下依次增大，他给僧侣出了一个问题。一次只能移动一个圆盘，而且圆盘只能放在比它大的圆盘上，该怎么作才能将圆盘从一根柱子移动到另外一根呢？

为了简化问题，咱们先观察摆放5个圆盘的状况。从图中能够看出来，一开始的时候圆盘都在A柱，若是咱们想要将圆盘移动到B柱应该怎么办呢？

咱们一样先来观察最简单的状况: A柱上只有一个圆盘，那很简单，咱们直接将它移动到B柱便可。若是有两个圆盘呢？咱们须要先将第一个移动到C柱，而后将第二个移动到B柱，最后再将C柱上的圆盘移动到B。那若是是三个圆盘呢，稍微复杂一些，但仔细列举一下，也能算得出来。

可是咱们怎么经过问题规模的缩小来化简问题呢？

这须要咱们对于题目进行深刻思考，找到其中的关键点。这题的关键点就是圆盘的限制，大的圆盘不能落在小的圆盘上面。因此若是咱们想要将n个圆盘从A柱移动到B柱，必需要将前n-1个圆盘先移动到C柱，这样才能够将最大的那块放到B，如此以后再将n-1块移动回B。

也就是说，咱们将n-1块圆盘当作是一个总体，这样n块圆盘的方案就和两块圆盘时同样了。这就经过递归完成了简化。

最后，也是最关键的，怎么移动n-1块圆盘呢？其实很简单，咱们套用一样的方法，再将这n-1块圆盘中的n-2块当作是总体，递归操做。理解了以后，不妨试着写出代码，其实只有几行：

def hanoi_tower(num, tower_start, tower_dest, tower_other):
  if num == 1:
    print('move plate {} from {} to {}'.format(num, tower_start, tower_dest))
    return 
  hanoi_tower(num-1, tower_start, tower_other, tower_dest)
  print('move plate {} from {} to {}'.format(num, tower_start, tower_dest))
  hanoi_tower(num-1, tower_other, tower_dest, tower_start)

咱们调用一下这个方法，进行一下测试：

结果和咱们的预期一致，说明咱们的算法是正确的。

最后，咱们再回到海盗问题，又该怎么用代码实现呢？感兴趣的同窗不妨亲自动手试试，若是实在写不出代码，在公众号回复关键词”海盗分金“查看我写的代码。

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