递归介绍

递归：就是函数自己调用自己。 子问题须与原始问题为同样的事，或者更为简单；
递归通常可以简单的处理子问题，但是不一定是最好的。

对于递归要分清以下概念：

• 自己调用自己
• 递归通常不在意具体操作，只关心初始条件和上下层的变化关系。
• 递归函数需要有临界停止点，即递归不能无限制的执行下去。通常这个点为必须经过的一个数。
• 递归通常能被其他方案替代(栈、数组正向求)。

认识递归，递归函数通常简易但是对于初学者可能很难取理解它。拿一个递归函数来说。

static void digui()
{
	System.out.println("bigsai前");
	digui();
	System.out.println("bigsai后");
}

  

 

  
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是一个递归吧？
不是正常递归，没有结束条件，自己一致调用自己死循环。
那正确的递归应该这样

static void digui(int time)
{
	if(time==0) {}//time==0不执行
	else {
		System.out.println("bigsai前time: "+time);
		digui(time-1);
		System.out.println("bigsai后time: "+time);	
	}	
}

  

 

  
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对于这样一种递归，它的执行流程大致是这样的

所以，调用dugui(5)在控制台输出是这样的

那么，我想你对递归函数执行的流程应该有所了解了吧。

递归求阶乘

求 n!=n*(n-1)*-----*1=n!=n*(n-1)!
所以阶乘的上下级的关系很容易找到。我们假设一个函数jiecheng(n)为求阶乘的函数。
这个阶乘，你可以这样命名：

int jiecheng(int n)
{ int va=1; for(int i=n;i>0;i--) { va*=i; } return i;
}

  

 

  
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但是你还可以简便这样：

static int jiecheng(int n)
{
	if(n==0)//0的阶乘为1
	{
		return 1;
	}
	else {
		return n*jiecheng(n-1);//return n*(n-1)*jiecheng(n-2)=-------
	}
}

  

 

  
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运行流程为这样：

递归求斐波那契

按照上述思想，我们假设求斐波那契设成F(n)；
首先，斐波那契的公式为：

• F[n]=F[n-1]+F[n-2](n>=3,F[1]=1,F[2]=1)
• 也就是除了n=1和2特殊以外，其他均是可以使用递推式。

那么递推实现的代码为：

static long F(int n)
{
	if(n==1||n==2) {return 1;}
	else {
		return F(n-1)+F(n-2);
	}
}

  

 

  
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其实它的调用流程为：

当然，其效率虽然不高，可以打表优化，后面可能还会介绍矩阵快速幂优化！

递归解决汉诺塔

汉诺塔是经典递归问题：

相传在古印度圣庙中，有一种被称为汉诺塔(Hanoi)的游戏。该游戏是在一块铜板装置上，有三根杆(编号A、B、C)，在A杆自下而上、由大到小按顺序放置64个金盘(如下图)。游戏的目标：把A杆上的金盘全部移到C杆上，并仍保持原有顺序叠好。操作规则：每次只能移动一个盘子，并且在移动过程中三根杆上都始终保持大盘在下，小盘在上，操作过程中盘子可以置于A、B、C任一杆上。

1. 如果A只有一个（A->C）
2. 如果A有两个（A->B）,(A->C),(B->C)
3. 如果A有三个（A->C）,(A->B),(C->B),(A->C),(B->A),(B->C),(A->C).
4. 如果更多，那么将会爆炸式增长。
   

可以发现每增加一步，其中的步骤会多很多。但是不妨这样想：

• 当有1个要从A->C时，且已知移动方式。使用函数表示move（a->c）。同理其他move操作。
• -------省略中间若干步骤不看，用递归思想看问题

分析：n个从a—>c和n-1个a—>c有什么联系？(hannuo(n)—>hannuo(n-1)有啥关系)
假设有n个盘子

• hannuo(n-1)之后n-1个盘子从A—>C.
  
• 此时剩下底下最大的，只能移动到B，move(A,B)
  
• 那么你是否发现什么眉目了，只需原先的huannuo(n-1)相同操作从C—>B即可完成转移到B；那么我们的之前函数应该写成hannuo(n-1,A,C)但是又用到B，所以把B传进来hannuo(n-1,A,B,C)先表示为从n-1个从A(借助B执行若干操作)转到C。
  
• 这一系列操作使得将n个盘子从A—>B但是我们要的是A—>C才是需要的hannuo(n,A,B,C);那么我们只需要更改下hannuo(n-1,----)顺序就好啦！

经过上面分析，那么完整的操作为：

package 递归;
public class hannuota {
	static void move(char a,char b)
	{
		System.out.println("移动最上层的"+ a+ "到"+ b+ "\t");
	}
	static void hannuota(int n,char a,char b,char c)//主要分析每一大步对于下一步需要走的。
	{
		if(n==1) {move(a,c);}//从a移到c
		else
		{ hannuota(n-1,a,c,b);//将n-1个从a借助c移到b move(a,c); //将第n（最后一个）从a移到c。 hannuota(n-1,b,a,c);//再将n-1个从b借助a移到c
		}
	}
	public static void main(String[] args)
	{ hannuota(5,'a','b','c');
	}
}

  

 

  
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总结

其实递归在某些场景的效率是很低下的。尤其是斐波那契.从图你就可以发现一个简单的操作有多次重复。因为它的递归调用俩个自己.那么它的递归的膨胀率是指数级别的，重复了大量相同计算。当然这种问题也有优化方案的：

• 从前往后打表计算，采用类似动态规划的思想。从前往后考虑。比如斐波那契F[n]=F[n-1]+F[n-2];那么我用数组储存。从第三项开始F[3]=F[2]+F[1](均已知)，再F[4]=F[3]+F[2]-----这样，时间复杂度是O(N),线性的。
• 当然，对于阶乘那种递归虽然时间是没有减少，但是如果需要多次访问一个阶乘，那么可以采用同样思想(打表)解决问题。

最后，笔者能力有限，如果有描述不恰当还请指正，感谢前面动态图(未找到原作者)和汉诺塔动图开源作者isea533的开源作品。同时，如果有喜欢学习交流的欢迎关注笔者公众号：bigsai 回复bigsai赠送精美资料一份！

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