终于做到递归了啊；
很有意思的东西；
还是要做个小结；
边讲题边总结吧；
1>整数划分；
上题目：
题目描述
将正整数n表示成一系列正整数之和：n=n1+n2+?+nk，其中8>=n1≥n2≥?≥nk≥1，k≥1。正整数n的这种表示称为正整数n的划分。
例如正整数6有如下11种不同的划分：
6；
5+1；
4+2， 4+1+1；
3+3， 3+2+1， 3+1+1+1；
2+2+2，2+2+1+1，2+1+1+1+1；
1+1+1+1+1+1。输入格式
一个正整数 n
保证 n<=8
输出格式
一个正整数 m，表示n可以被分成m种
input
6output
11看着令人非常头大的东西；
讲讲思路：
在这道题里面，yu果要直接计算p（n）的划分方案数，是一个非常非常麻烦的东西，所以啊，要手动加入一个控制变量；
将最大加数不大于m的划分方案记作p（n，m）。
两个变量中间有n<m,n>=m两种情况；
（1）yu果m>n，很明显，n的拆分不可能包含大于n的加数m，此时最大加数只能是n，因此f（n,m）==f（n,n）；
（2）则n可以拆分成最大加数是m的加法式。我们把加法式分成两类，分别计数；
（i）加式中一定包含m，形如n=m+……；
既然加式中一定包含m，那么就可以从n中减去m，然后对n-m继续拆分，是f（n-m，m）。这种情况能得到的方案数既是f（n-m，m）；
（ii）加式中不一定包含m，则最大加数最多是m-1，这种情况的方案数是f（n，m-1）；
边界条件：
f（n，1）=1 表示当最大加数是1时，整数n只有一个划分，即n个1相加；
f（1，m）=1 表示整数n=1只有一个划分，不管最大加数m有多大；
f（0，m）=1 表示n=0时，整数n只有一种划分；
上代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m,n,ans;
int work(int n,int m)
{
if(n==0||m==0) return 0;
if(n==1||m==1) return 1;
if(n<m) return work(n,n);
if(n==m) return work(n,n-1)+1;
return work(n,m-1)+work(n-m,m);
}
int main()
{
cin>>n;
work(n,n);
cout<<work(n,n);
return 0;
}
其实这个代码可以变得更好看一些：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m,n,ans;
int work(int m,int n)
{
if (m>n)
{
return work(n,n);
}
if(m==0&&n==0) return 1;
if(m==0) return 0;
return work(m,n-m)+work(m-1,n);
}
int main()
{
cin>>n;
work(n,n);
ans=work(n,n);
cout<<ans;
return 0;
}
很简单很基础的一道递归题；
重点是要理解递归的概念和学会最基本的应用；
end...
2>拍卖
上题目：
题目描述
一般情况下，拍卖行的拍卖师在拍卖商品的时候都是从低价开始起拍，由买方报价，最后谁出的价格高，商品就归谁所有。但焦作有个拍卖行，拍卖师在拍卖商品时正好相反：总是从高价开始起拍，如果没有人举成交牌就降价，而且拍卖师在降价时还有规律：假如第i次报价为w元，那么第i+1次报价为w-a或者w-b元，如果降到p元时，你认为价格合适，赶快第一个举成交牌，你就花p元买下了商品。
任务：拍卖师把商品从w元降到p元的方法总数。
输入格式
文件第一行有两个正整w 和p ,第二行有有两个正整a 和b. 1 ≤ w，p ≤ 10^6 , 2 ≤ a,b ≤ 10000, a不等于b.
输出格式
文件只有一行，即所求得的方法总数。注意：测试数据中方法总数不超过MAXlongint.
样例数据
input
10 3
2 3output
3
又是一道很那啥的题；
讲讲思路：
根据递归构建的三个条件（1.参数 2.边界 3.范围）来分析递归过程如何写；
（1）参数：我们只需要在意操作当前数就可以了，一个参数k表示当前数的值；
（2）边界：如果可以等于y，那么方法数要加1；
如果当前的数已经小于等于y，那么再往下递归也没有什么意义；
（3）范围：当前的数在选择的时候，可以选择减a，也可以选择减b，范围是两个数即可；
上代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int x,y,a,b,ans=0;
int dfs(int k)
{
if(k==y) return 1;
if(k<y) return 0;
return(dfs(k-a)+dfs(k-b));
}
int main()
{
cin>>x>>y>>a>>b;
dfs(x);
cout<<dfs(x);
return 0;
}
上面这个代码就是照着思路敲的，但是！
放到oj上提交却超时了；
还记得讲过的时空复杂度么？
在这里就要用空间换时间了；
满分代码：
include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int x,y,a,b,ans;
int f[1001000];
int dfs(int k)
{
if(f[k]>=0) return f[k];
if(k==y) return 1;
if(k<y) return 0;
f[k]=dfs(k-a)+dfs(k-b);
return f[k];
}
int main()
{
cin>>x>>y>>a>>b;
dfs(x);
ans=0;
memset(f,-1,sizeof(f));
f[y]=1;
cout<<dfs(x);
return 0;
}这就是所谓的记忆化搜索；听老师说空间换时间原则是动态规划的出发点；
所提要加强运用；
end...
递归在我这种小菜鸡眼中可以说是很难了；
简短的两道题却包括了递归的基本思想；
希望对自己有些帮助吧；
全文终。