汉诺塔系列问题： 汉诺塔II、汉诺塔III、汉诺塔IV、汉诺塔V、汉诺塔VI、汉诺塔VII

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 汉诺塔II：（hdu1207）

/先说汉若塔I（经典汉若塔问题），有三塔，A塔从小到大从上至下放有N个盘子，现在要搬到目标C上，

上面的n-1个放在B上，把最大的放在目标C上，再把N-1个放回到C上即可。

</pre><p></p>现在是汉若塔II，改为四个塔，开始方程想简单了，不是最优的。给出网上的一种最优解法如下：（1）将x(1<=x<=n)个盘从a柱依靠b,d柱移到c柱，这个过程需要的步数为F[x];（2）将a柱上剩下的n-x个盘依靠b柱移到d柱（注：此时不能够依靠c柱，因为c柱上的所有盘都比a柱上的盘小）     些时移动方式相当于是一个经典汉诺塔，即这个过程需要的步数为2^(n-x)-1（证明见再议汉诺塔一）；（3）将c柱上的x个盘依靠a,b柱移到d柱上，这个过程需要的步数为F[x];第（3）步结束后任务完成。故完成任务所需要的总的步数F[n]=F[x]+2^(n-x)-1+F[x]=2*F[x]+2^(n-x)-1;但这还没有达到要求，题目中要求的是求最少的步数，易知上式，随着x的不同取值，对于同一个n，也会得出不同的F[n]。即实际该问题的答案应该min{2*F[x]+2^(n-x)-1},其中1<=x<=n;在用高级语言实现该算法的过程中，我们可以用循环的方式，遍历x的各个取值，并用一个标记变量min记录x的各个取值中F[n]的最小值。方法很容易理解，但是还有其他摆法（如第一步未必先要把所有X个放到一个非目标底座上），目前无法证<p>明其最优性，证明还需求路过大神指导。</p><p></p><pre name="code" class="cpp">#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
unsigned long long a[65];
 const unsigned long long one=1;
int main()
{
    a[1]=1;a[2]=3;
    for(int i=3;i<65;i++)
    {
       unsigned long long min=(one<<(i-1))-1+2*a[1];
        for(int j=2;j<i;j++)
        {
            if(2*a[j]+(one<<(i-j))-1<min)
             min=2*a[j]+(one<<(i-j))-1;
        }
        a[i]=min;
    }
    int n;
    while(cin>>n)
    {
        cout<<a[n]<<endl;
    }
    return 0;
}

汉若塔III  hdu2064

在经典汉若塔问题的条件改为，每次只能移动到附近塔上，求把A塔所有的移动C塔最小次数。

a[n]=a[n-1]+1+a[n-1]+1+a[n-1]:先把上面的N-1个移动到C(必然有这个状态)，在把最大的移到B，再把N-1移到到A，把最大的移到C，再把N-1个移到C，就上面的方程。分分钟搞定~~~

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
unsigned long long a[65];
int main()
{
    a[1]=2;
    for(int i=2;i<36;i++)
    {
        a[i]=3*a[i-1]+2;
    }
    int n;
    while(cin>>n)
    {
        cout<<a[n]<<endl;
    }
    return 0;
}

汉若塔IV HDU 2077

在汉若塔3的基础上，改条件：允许最大的盘子放到最上面（只允许最大的放在最上面）当然最后需要的结果还是盘子从小到大排在最右边。

A,B,C三个塔，方程：ans[n]=ab[n-1]+1+1+bc[n-1]. (ab表示a到b)

DP思路：先把n-1个搬到b,再用俩步般最大的到C，再把n-1个从B到C。这里又要求出ac[n]和bc[n]：求其递推方程：bc[n]=bc[n-1]+1+ac[n-1]，

会发现bc[]方程和ab[n]一样的。所以总方程ans[n]=2*ab[n-1]+2.

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
unsigned long long ac[23];
unsigned long long bc[23];
unsigned long long ans[23];
int main()
{
    ac[1]=2;bc[1]=1;ans[1]=2;ans[2]=4;
    for(int i=2;i<22;i++)
    {
        ac[i]=3*ac[i-1]+2;
        bc[i]=bc[i-1]+1+ac[i-1];
    }
     for(int i=3;i<22;i++)
    {
        ans[i]=2*bc[i-1]+2;
    }
    int tt,n;
    cin>>tt;

    while(tt--)
    {
        cin>>n;
        cout<<ans[n]<<endl;
    }
    return 0;
}

汉若塔V HDU1995
在经典汉若塔问题上附加问题：求出N个盘子时，第K号盘子的移动次数。
思路，一想就是二维DP，DP[n][i]=dp[n-1][i]*2(1=<i<n),dp[n][n]=1;
最大盘只移动一次，上面盘子先移到B塔，一次，最后由B到目标C又一次，思路清晰，分分钟KO。

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
unsigned long long dp[62][62];
int main()
{
    dp[1][1]=1;dp[2][1]=2;dp[2][2]=1;
    for(int i=3;i<61;i++)
    {
       for(int j=1;j<i;j++)
       {
           dp[i][j]=2*dp[i-1][j];
       }
       dp[i][i]=1;
    }
    int t;
    int n,m;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>m;
        cout<<dp[n][m]<<endl;
    }
    return 0;
}

汉若塔VI HDU1996
在经典汉若塔问题上，求一共有多少个状态（包括所有可能移到到的状态），一个排列组合问题，
答案：求和（ C(k1,n)*C(k2,n-k1)）其中n>=k1>=0,n-k1>=K2>=0,从中挑出K1个从小到大放在A塔，再从剩下的
挑出K2个放在B塔，剩余的放在C塔即可。数据非大数。

其他巧妙方法：每个盘从小到大每个都有3种选择，共3^n。

#include<iostream>
using namespace std;
unsigned long long a[32];
long long C(int m,int n)  //M>=N
{
    if(m==0||n==0)return 1;
       int i;
       long long c=1,s=1;
       if(n>m-n)
       {
                n=m-n;
       }
       for(i=m;i>=m-n+1;i--)
       {
           c=c*i;
       }
       for(i=n;i>1;i--)
       {
             s*=i;
        }

       c=c/s;
       return c;
}
int main()
{
    for(int i=1;i<30;i++)
    {
       for(int k1=0;k1<=i;k1++)
       {
          for(int k2=0;k2<=i-k1;k2++)
             {
                 a[i]+=C(i,k1)*C(i-k1,k2);
             }
       }
    }
    int t;
    int n,m;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n;
        cout<<a[n]<<endl;
    }
    return 0;
}

见图：

#include<iostream>
using namespace std;
char get[68];           //保存I号盘子在哪个塔
bool over=0; bool tf=1;  //是否结束，true_or_false是否为假
void dfs(char fl,char fr, char cur,int now)  // dfs ，上面一层（now）左边和右边的塔，已经从哪个塔“下来的”（上面一层是哪个塔）
{
    if(over)return;
    if(now==1){over=1;return;}  //出口
    int temp;
    if(fl=='A'&&fr=='B'||fl=='B'&&fr=='A')temp='C';
    else if(fl=='A'&&fr=='C'||fl=='C'&&fr=='A')temp='B';
    else temp='A';
    now--;
    if(cur==fl)   //若上一层是左边的塔
    {
        if(get[now]==fr){over=1;tf=0;return;}  //不可能是fr
        else
        {
            dfs(fl,temp,get[now],now);  
        }
    }
    else if(cur==fr)
    {
        if(get[now]==fl){over=1;tf=0;return;}
        else
        {
            dfs(temp,fr,get[now],now);
        }
    }
}
int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        int n,m,p,q,tx;
        cin>>n;
        cin>>m;
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            cin>>tx;get[tx]='A';
        }
        cin>>p;
        for(int i=0;i<p;i++)
        {
            cin>>tx;get[tx]='B';
        }
        cin>>q;
        for(int i=0;i<q;i++)
        {
            cin>>tx;get[tx]='C';
        }
        tf=1;
        over=0;
        if(get[n]=='B')
        {
            cout<<"false"<<endl;continue;
        }
        dfs('A','C',get[n],n);
        if(tf==1)cout<<"true"<<endl;
        else cout<<"false"<<endl;
    }
    return 0;
}

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