习题3 递推关系
04.递推算法(C++版包括习题参考答案)
s 1=
(n i ) * (m i )
2.长方形和正方形的个数之和s 宽为1的长方形和正方形有m个，宽为2的长方形和正方形有 m-1个，┉┉，宽为m的长方形和正方形有1个； 长为1的长方形和正方形有n个，长为2的长方形和正方形有n1个，┉┉，长为n的长方形和正方形有1个； 根据乘法原理
【参考程序】 #include<iostream> using namespace std; int main() { int f[1001][2],n,i,x; cin>>n; f[1][1]=1;f[1][0]=9; for(i=2;i<=n;i++) { x=f[1][0]; if(i==n)x--; f[i][0]=(f[i-1][0]*x+f[i-1][1])%12345; f[i][1]=(f[i-1][1]*x+f[i-1][0])%12345; } cout<<f[n][0]; return 0; }
下面是输入n，输出x1~xn的c++程序： #include<iostream> using namespace std; int main() { int n,i,j,a[101]; cout<<"input n:"; //输入骨牌数 cin>>n; a[1]=1;a[2]=2; cout<<"x[1]="<<a[1]<<endl; cout<<"x[2]="<<a[2]<<endl; for (i=3;i<=n;i++) //递推过程 { a[i]=a[i-1]+a[i-2]; cout<<"x["<<i<<"]="<<a[i]<<endl; } } 下面是运行程序输入 n=30，输出的结果： input n: 30 x[1]=1 x[2]=2 x[3]=3 ........ x[29]=832040 x[30]=1346269
浅析数列应用题中的递推关系
一、稀释溶液 化工厂的某容器的容积为装满了浓度为100%的纯酒精，现欲使其稀 释，从中倒 出后用清水兑满，再从中倒出，又用清水兑满，为此反复进行了次，所 得的溶液浓度为多少？欲使浓度不超过50%，至少要进行多少次操作？ 解：设操作次后的浓度为则操作次后的浓度为 即 故数列是首项为90%，公比为的等比数列，那么操作次后的浓度为 要使
t=s·10-1000n=40000(2-)-1000n 欲使Tn最大，则：，得，故n=5,此时s=7875。 即该厂家应生产7875件产品，做5千元的广告，
能使获利最大。 三、an= C·an-1+B，其中B、C为非零常数且
C≠1 例3、某企业投资1千万元于一个高科技项目，每
年可获利25%，由于企业间竞争激烈，每年底需要 从利润中取出资金200万元进行科研、技术改造与 广告投入，方能保持原有的利润增长率，问经过多 少年后，该项目的资金可以达到或超过翻两番（4 倍）的目标？（lg2=0.3）。
染者人数an=50n—30；从n+1日到30日，每天新感 染者人数构成等差数列bn,b1=50n-60,d2=—30， bn=(50n-60)+(n-1)(-30)=20n-30,11月30日新感染 者人数为b30-n=20(30-n)-30=-20n+570.
故共感染者人数为：=8670，化简得：n261n+588=0,解得n=12或n=49(舍)，即11月12日这一 天感染者人数最多，为570人。
分析：设经过n年后，该项目的资金为an万元， 则容易得到前后两年an和an-1之间的递推关系：an =an-1（1+25%）-200（n≥2），对于这类问题的具
递推算法分析
3. 递推的实施步骤
（1）确定递推变量 递推变量可以是简单变量，也可以是一维或多维数组。 （2）建立递推关系 递推关系是递推的依据，是解决递推问题的关键。 （3）确定初始（边界）条件 根据问题最简单情形的数据确定递推变量的初始（边界） 值，这是递推的基础。 （4）对递推过程进行控制 递推过程控制：递推在什么时候结束，满足什么条件结束。
i=1;k=1.0;y[1]=k;
while(i<=5)
{ i++;y[i]=(4*y[i-1]-1)/5;
if(y[i]!=（int）y[i])
{ k=k+1.0;y[1]=k;i=1;}
}
x=5*y[1]+1;
printf("原有椰子至少有：%6.0f个.\n",x);
习题3: 1, 2, 3, 5, 6, 7
首先y(1)赋初值k(取值从1开始递增)后推出y(2)， 由y(2)推出y(3)，…，依此经5次递推得y(6)。如 果某一次推出的不是整数，则中止继续往后推，返 回k增1后赋值给y(1)，从头开始。如果5次递推都 是整数，则输出原有椰子数5*y(1)+1后结束。
2. 算法描述
int i; double k,x,y[7];
1. 递推的概念
递推是计算机数值计算中的一个重要算法。思 想是通过数学推导，将复杂的运算化解为若干个重 复的简单运算，以充分发挥计算机善长重复处理的 特点
2. 递推关系
递推算法的首要问题是得到相邻的数据项之间的 关系，即递推关系。 递推关系是一种高效的数学模型，是递推应用的 核心。 递推关系不仅在各数学分支中发挥着重要的作用， 由它所体现出来的递推思想在各学科领域中更是显 示出其独特的魅力。
计算机算法设计与分析(第4版) 王晓东习题解答
第一章作业1.证明下列Ο、Ω和Θ的性质1）f=Ο(g)当且仅当g=Ω(f)证明：充分性。
若f=Ο(g)，则必然存在常数c1>0和n0，使得∀n≥n0，有f≤c1*g(n)。
由于c1≠0，故g(n) ≥ 1/ c1 *f(n)，故g=Ω(f)。
必要性。
同理，若g=Ω(f)，则必然存在c2>0和n0，使得∀n≥n0，有g(n) ≥ c2 *f(n).由于c2≠0，故f(n) ≤ 1/ c2*f(n)，故f=Ο(g)。
2）若f=Θ(g)则g=Θ(f)证明：若f=Θ(g)，则必然存在常数c1>0，c2>0和n0，使得∀n≥n0，有c1*g(n) ≤f(n) ≤ c2*g(n)。
由于c1≠0，c2≠0，f(n) ≥c1*g(n)可得g(n) ≤ 1/c1*f(n)，同时，f(n) ≤c2*g(n)，有g(n) ≥ 1/c2*f(n)，即1/c2*f(n) ≤g(n) ≤ 1/c1*f(n)，故g=Θ(f)。
3）Ο(f+g)= Ο(max(f,g))，对于Ω和Θ同样成立。
证明：设F(n)= Ο(f+g)，则存在c1>0，和n1，使得∀n≥n1，有F(n) ≤ c1 (f(n)+g(n))= c1 f(n) + c1g(n)≤ c1*max{f,g}+ c1*max{f,g}=2 c1*max{f,g}所以，F(n)=Ο(max(f,g))，即Ο(f+g)= Ο(max(f,g))对于Ω和Θ同理证明可以成立。
4）log(n!)= Θ(nlogn)证明：∙由于log(n!)=∑=n i i 1log ≤∑=ni n 1log =nlogn ，所以可得log(n!)= Ο(nlogn)。
∙由于对所有的偶数n 有，log(n!)= ∑=n i i 1log ≥∑=n n i i 2/log ≥∑=nn i n 2/2/log ≥(n/2)log(n/2)=(nlogn)/2-n/2。
当n ≥4，(nlogn)/2-n/2≥(nlogn)/4，故可得∀n ≥4，log(n!) ≥(nlogn)/4，即log(n!)= Ω(nlogn)。
04.递推算法(C++版包括习题参考答案)
【例6】过河卒（Noip2002） 【问题描述】 棋盘上A点有一个过河卒，需要走到目标B点。卒行走的规则：可以向 下、或者向右。同时在棋盘上的任一点有一个对方的马（如C点），该马 所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点，如图3-1中的C点 和P1，„„，P8，卒不能通过对方马的控制点。棋盘用坐标表示，A点 (0,0)、B点(n, m) (n,m为不超过20的整数),同样马的位置坐标是需要给 出的，C≠A且C≠B。现在要求你计算出卒从A点能够到达B点的路径的条数。
min{m , n}1 i 0
s 1=
(n i ) * (m i )
2.长方形和正方形的个数之和s 宽为1的长方形和正方形有m个，宽为2的长方形和正方形有 m-1个，┉┉，宽为m的长方形和正方形有1个； 长为1的长方形和正方形有n个，长为2的长方形和正方形有n1个，┉┉，长为n的长方形和正方形有1个； 根据乘法原理
【例3】棋盘格数
设有一个N*M方格的棋盘（ l≤ N≤100，1≤M≤100）。求出该棋盘中包含有多少 个正方形、多少个长方形（不包括正方形）。 例如：当 N=2， M＝3时： 正方形的个数有8个：即边长为1的正方形有6个；边长为2的正方形有2个。 长方形的个数有10个：即2*1的长方形有4个：1*2的长方形有3个：3*1的长 方形有2个：3*2的长方形有1个： 程序要求：输入：N，M 输出：正方形的个数与长方形的个数 如上例：输入：2 3 输出：8 10 【算法分析】 1.计算正方形的个数s1 边长为1的正方形个数为n*m 边长为2的正方形个数为(n-1)*(m-1) 边长为3的正方形个数为(n-2)*(m-2) ………… 边长为min{n，m}的正方形个数为(m-min{n，m}+1)*(n-min{n，m}+1) 根据加法原理得出
李凡长版组合数学课后习题答案习题3
f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.
6. 求 n 位 0,1 序列中“ 010”只出现一次且在第 n 位出现的序列数 f(n). 解：最后三位是“ 010”的序列共有 2n-3 个。包括以下情况：
f(n) 包含了在最后三位第一次出现 010 的个数，同时排除了从
n-4 到 n-2 位第一次出现 010 的可能；
13. 在一个平面上画一个圆 , 然后一条一条地画 n 条与圆相交的直线 . 当 r 是 大于 1 的奇数时 , 第 r 条直线只与前 r －1 条直线之一在圆内相交 . 当 r 是偶数时 , 第 r 条直线与前 r －1 条直线都在圆内相交 . 如果无 3 条直线在 圆内共点 , 这 n 条直线把圆分割成多少个不重叠的部分？
2) 证明 f r (n, k)
n rk r , n r k( r 1)
k
解：可将本题转换为构造相应的 0－1 串的问题。将这样的 n 位 0－1 串与 1 到 n 的正整数对位，与 1 相应的整数选取，与 0 相应的不取。一个 0－1 串 对应一个选取方案。这也对应将相同的球放入不同的盒子的方案数。
解：设 f(n) 表示 n 个椭圆将平面分割成的部分的个数， 则有： 一个椭圆将平
面分成内、外两个部分，两个椭圆将平面分成 4 个部分。第二个椭圆的周界
被第一个椭圆分成两部分，这恰恰是新增加的域的边界。依此类推，第三个
椭圆曲线被前面两个椭圆分割成 4 部分，将平面分割成 4＋4＝8 个部分。若
n－ 1 个椭圆将平面分割成 f(n-1) 个部分， 第 n 个椭圆和前 n－1 个椭圆两两
f (n) (n 2) f (n 1) ( n 1)
（6）
；
f (0) 1
解： f(n)=(n+2)f(n-1)=(n+2)(n+1)f(n-2)=
递推-递归-分治-回溯
递推算法在程序编辑过程中，我们可能会遇到这样一类问题，出题者告诉你数列的前几个数，或通过计算机获取了数列的前几个数，要求编程者求出第N项数或所有的数列元素（如果可以枚举的话），或求前N项元素之和。
这种从已知数据入手，寻找规则，推导出后面的数的算法，称这递推算法。
典型的递推算法的例子有整数的阶乘，1，2，6，24，120…，a[n]=a[n-1]*n(a[1]=1)；前面学过的2n，a[n]=a[n-1]*2(a[1]=1)，菲波拉契数列：1，2，3，5，8，13…，a[n]=a[n-1]+a[n-2](a[1]=1,a[2]=2)等等。
在处理递推问题时，我们有时遇到的递推关系是十分明显的，简单地写出递推关系式，就可以逐项递推，即由第i项推出第i+1项，我们称其为显示递推关系。
但有的递推关系，要经过仔细观察，甚至要借助一些技巧，才能看出它们之间的关系，我们称其为隐式的递推关系。
下面我们来分析一些例题，掌握一些简单的递推关系。
例如阶梯问题：题目的意思是：有N级阶梯，人可以一步走上一级，也可以一步走两级，求人从阶梯底走到顶端可以有多少种不同的走法。
这是一个隐式的递推关系，如果编程者不能找出这个递推关系，可能就无法做出这题来。
我们来分析一下：走上第一级的方法只有一种，走上第二级的方法却有两种（两次走一级或一次走两级），走上第三级的走法，应该是走上第一级的方法和走上第二级的走法之和（因从第一级和第二级，都可以经一步走至第三级），推广到走上第i级，是走上第i-1级的走法与走上第i-2级的走法之和。
很明显，这是一个菲波拉契数列。
到这里，读者应能很熟练地写出这个程序。
在以后的程序习题中，我们可能还会遇到菲波拉契数列变形以后的结果：如f(i)=f(i-1)+2f(i-2)，或f(i)=f(i-1)+f(i-2)+f(i-3)等。
我们再来分析一下尼科梅彻斯定理。
定理内容是：任何一个整数的立方都可以写成一串连续的奇数和，如：43=13+15+17+19=64。
算法设计与分析基础课后习题答案(中文版)
Program算法设计与分析基础中文版答案习题1.15..证明等式gcd(m,n)=gcd(n,m mod n)对每一对正整数m,n都成立.Hint:根据除法的定义不难证明:●如果d整除u和v, 那么d一定能整除u±v;●如果d整除u,那么d也能够整除u的任何整数倍ku.对于任意一对正整数m,n,若d能整除m和n,那么d一定能整除n和r=m mod n=m-qn；显然，若d能整除n和r，也一定能整除m=r+qn和n。
数对(m,n)和(n,r)具有相同的公约数的有限非空集，其中也包括了最大公约数。
故gcd(m,n)=gcd(n,r)6.对于第一个数小于第二个数的一对数字,欧几里得算法将会如何处理?该算法在处理这种输入的过程中,上述情况最多会发生几次?Hint:对于任何形如0<=m<n的一对数字,Euclid算法在第一次叠代时交换m和n, 即gcd(m,n)=gcd(n,m)并且这种交换处理只发生一次.7.a.对于所有1≤m,n≤10的输入, Euclid算法最少要做几次除法?(1次)b. 对于所有1≤m,n≤10的输入, Euclid算法最多要做几次除法?(5次)gcd(5,8)习题1.21.(农夫过河)P—农夫W—狼G—山羊C—白菜2.(过桥问题)1,2,5,10---分别代表4个人, f—手电筒4. 对于任意实系数a,b,c, 某个算法能求方程ax^2+bx+c=0的实根,写出上述算法的伪代码(可以假设sqrt(x)是求平方根的函数)算法Quadratic(a,b,c)//求方程ax^2+bx+c=0的实根的算法//输入:实系数a,b,c//输出:实根或者无解信息If a≠0D←b*b-4*a*cIf D>0temp←2*ax1←(-b+sqrt(D))/tempx2←(-b-sqrt(D))/tempreturn x1,x2else if D=0 return –b/(2*a)else return “no real roots”else //a=0if b≠0 return –c/belse //a=b=0if c=0 return “no real numbers”else return “no real roots”5.描述将十进制整数表达为二进制整数的标准算法a.用文字描述b.用伪代码描述解答：a.将十进制整数转换为二进制整数的算法输入：一个正整数n输出：正整数n相应的二进制数第一步：用n除以2，余数赋给Ki(i=0,1,2...)，商赋给n第二步：如果n=0，则到第三步，否则重复第一步第三步：将Ki按照i从高到低的顺序输出b.伪代码算法DectoBin(n)//将十进制整数n转换为二进制整数的算法//输入：正整数n//输出：该正整数相应的二进制数，该数存放于数组Bin[1...n]中i=1while n!=0 do {Bin[i]=n%2;n=(int)n/2;i++;}while i!=0 do{print Bin[i];i--;}9.考虑下面这个算法,它求的是数组中大小相差最小的两个元素的差.(算法略) 对这个算法做尽可能多的改进.算法MinDistance(A[0..n-1])//输入:数组A[0..n-1]//输出:the smallest distance d between two of its elements习题1.31.考虑这样一个排序算法,该算法对于待排序的数组中的每一个元素,计算比它小的元素个数,然后利用这个信息,将各个元素放到有序数组的相应位置上去.a.应用该算法对列表”60,35,81,98,14,47”排序b.该算法稳定吗?c.该算法在位吗?解:a. 该算法对列表”60,35,81,98,14,47”排序的过程如下所示:b.该算法不稳定.比如对列表”2,2*”排序c.该算法不在位.额外空间for S and Count[] 4.(古老的七桥问题)习题1.41.请分别描述一下应该如何实现下列对数组的操作,使得操作时间不依赖数组的长度. a.删除数组的第i 个元素(1<=i<=n)b.删除有序数组的第i 个元素(依然有序) hints:a. Replace the i th element with the last element and decrease the array size of 1b. Replace the ith element with a special symbol that cannot be a value of the array ’s element(e.g., 0 for an array of positive numbers ) to mark the i th position is empty. (“lazy deletion ”)第2章 习题2.17.对下列断言进行证明:(如果是错误的,请举例) a. 如果t(n )∈O(g(n),则g(n)∈Ω(t(n)) b.α>0时,Θ(αg(n))= Θ(g(n)) 解:a. 这个断言是正确的。
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习 题 三3-1 解下列递推关系：（1）⎩⎨⎧===+---1,001071021a a a a a n n n （2）⎩⎨⎧===++--1,00961021a a a a a n n n（3）⎩⎨⎧===+-2,00102a a a a n n （4）⎩⎨⎧==-=--121021a a a a a n n n（5）⎩⎨⎧===-+=---2,1,099210321a a a a a a a n n n n（解）（1）特征方程为010x 7x 2=+-。
解得2x 1=，5x 2=，故通解为n n n B A a 52⋅+⋅=分别令n ＝0，1，并代入初值1010==a a ,得关于系数A 、B 的方程组⎩⎨⎧=+=+1520B A B A 解得31-=A ，31=B 。
所以定解为 n a ＝()n n2531- （2）特征方程为0962=+-x x 。
解得321==x x ，故通解为()n n Bn A a 3⋅+=代入初值得⎩⎨⎧=+=1330B A A 解得0=A ，31=B 。
∴ 13331-==n nn n n a（3）特征方程为012=+x 。
解得i x ±=，故通解为()nn n i B i A a -⋅+⋅=代入初值得⎩⎨⎧=-=+2Bi Ai B A 解得i A -=，i B =。
∴ n a ＝()nn i i i i -+⋅-＝()11---+n n i i ＝()1111---+n n i )(可以看出，此数列为：0，2，0，－2，0，2，0，－2，……。
当然本数列可以不用特征根法求解，直接由解递推关系就可观察出2--=n n a a ，从而由初值即得结果。
（4）用特征根法求解可得解为n a ＝1。
本小题虽然是二阶递推关系，但由于其特殊性，并不一定要用特征根法求解，而用迭代法可能更容易计算出结果。
即0122a a a -=＝2×1－1＝1， 1232a a a -=＝2×1－1＝1，…… 立即可以观察出n a ＝1（n ＝0，1，2，…）。
（5）特征方程为09923=+--x x x 。
解得31-=x ，12=x ，33=x ，故通解为()n nn C B A a 33++-=代入初值得方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++=++-=++2991330C B A C B A C B A 解得121-=A ，41-=B ，31=C 。
∴ ()n n n a 331413121⋅+---=＝()[]1131341--+--n n 3-2 求由A ，B ，C ，D 组成的允许重复的排列中AB 至少出现一次的排列数。
（解）设由A ，B ，C ，D 组成的字符串为s ＝()n c c c 21，串的长度为n ，满足条件的串有n a 个，则 n a ＝13-n a ＋()2242--+n n a ＋()3342--+n n a ＋……＋()0042+a即∑-=-=-1012n i i n n a a a ＋()14311--n 化简得221143----+-=-n n n n n a a a a ∴ ⎩⎨⎧====+----1044210221a a a a a a n n n n ,,解之得()()nn nn a 3263233263234---++-=3-3 求n 位二进制数中相邻两位不出现11的数的个数。
（解）设所求的数有n a 个，可将这样的数按左边第一位的值分成两类进行统计： （1） 第一位是0，这类数有1-n a 个；（2） 第一位是1，则按照题目条件，第二位就必须为0，故此类数有2-n a 个。
由加法法则，符合条件的数共有1-n a ＋2-n a 个。
因此，得n a 满足的递推关系为⎩⎨⎧==≥+=--3232121a a n a a a n n n ,,反推可得10=a ，所以⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++22225125151n n n n F a 3-4 利用递推关系求下列和（1）∑==nk n ks 02（解）由原式得⎩⎨⎧==+=-312121s s n s s n n , （3.2.2） 可以看出，1是齐次递推关系1-=n n s s 的特征根，故此非齐次定解问题的特解为*ns ＝()C Bn An n ++2＝Cn Bn An ++23 为了利用待定系数法确定待定常数A 、B 、C ，将*n s 代入（3.2.2）的第一式得()n C Bn An+++23-()()()()11123-+-+-n C n B n A ＝2n即()()C B A n B A An +-+--2332＝2n对任意的n ，上式成立的充分必要条件是n 的同次幂的系数相等，即方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-=003213C B A A B A 成立。
解之得 31=A ，21=B ，61=C 。
所以，（3.2.2）的特解为*ns ＝n n n 61213123++＝()()6121++n n n 从而得（3.2.2）的通解()()n n n n A n n n s s s 16121⋅+++=+=*其中A 为任意常数。
再由初值条件11=s 得()()612111++⋅＋A ＝1即0=A 。
所以（3.2.2）的定解，即和式的求和结果为()()6121++=n n n s n（2）()∑=-=nk n k k s 01（解）类似（1）得n s 满足的递推关系为⎩⎨⎧===-=--2021021s s s nn s s n n , 特解仍为*ns ＝()C Bn An n ++2＝()Cn Bn An ++23 但关于待定系数A 、B 、C 的方程则变为⎪⎩⎪⎨⎧=+--=-=013213C B A A B A 解之得 31A =，0B =，31C -=。
即特解为 *ns ＝n n 31313-＝()()311+-n n n 从而通解为n s ＝*ns ＋n s ＝()()311+-n n n ＋A再由初值条件0s 0=得0A =，所以n s ＝()()311+-n n n（3）()∑=+=nk n k k s 02（解）n s 满足的递推关系为⎩⎨⎧==+=--3021021s s n n s s n n ,,其特解为*ns ＝n n n 67233123++＝()()6721++n n n 通解为n s ＝*ns ＋n s ＝()()6721++n n n ＋nA 1⋅其中A 为任意常数。
以初值条件31=s 代入得()()6712111+⨯+⋅＋A ＝3即0=A 。
所以n s ＝()()6721++n n n（4）()()∑=++=nk n k k k s 021（解）n s 满足的递推关系为()()⎩⎨⎧==++=--6021101s s n n n s s n n ,,解之得n s ＝n n n n 234112341234+++＝()()()4321+++n n n n（解）设n 位四进制数中2和3必须出现偶数次的数有n a 个，2出现奇数次3出现偶数次的数为 n b 个，2出现偶数次3出现奇数次的数为 n c 个，两者都出现奇数次的数为 n d 个。
则对于满足题目要求的数而言，可将其按照最高位数字的值分为3类情况分别予以统计：（1）最高位是0或1，那么在后续的1-n 个数字中2和3还必须出现偶数次，这样的四进制数共有2 1-n a 个；（2）最高位是2，后1-n 位必须有奇数个2偶数个3，这样的数有1-n b 个；（3）最高位是3，后1-n 位必须有偶数个2奇数个3，这样的数有1-n c 个。
各类情形，没有重复的数。
由加法法则，得n a 满足的递推关系n a ＝21-n a ＋1-n b ＋1-n c 。
同理也可得n b 、n c 和n d 满足的递推关系，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=++=++=++=------------1111111111112222n n n n n n n n n n n n n n n n d c b d d c a c d b a b c b a a ， n ≥2 且知初值为21=a ，111==c b ，01=d 。
解之得∴ n a ＝1142--+n n ，（n ≥1）即所求的四进制数的个数。
3-6 试求由a ，b ，c 三个文字组成的n 位符号串中不出现aa 图像的符号串的数目。
（解）用n a 表示满足条件的串的个数，显然，1a ＝3，2a ＝23－1＝8，当n ≥3时，将符合要求的串分为两类：第一类： 第一字母不是a ，这样的串有21-n a 个；第二类： 首字母为a ，次字母必为b 或c ，这样的串有22-n a 个。
综合以上情况有()⎩⎨⎧==+=--8322121a a a a a n n n , 解之得n a ＝()()n n316323316323--+++ba ba ab b a ab b a ++++1000010001000设行列式的值为n d ，则将行列式按第一行展开得n n b a ba abb a ab b a d ++++=10000010001000＝()110000010001000-+++++n b a ba abb a ab b a b a－1100000100000001-+++n b a ba ab b a ab ab＝()2110000010001000--++++-+n n b a ba abb a ab b a ab d b a＝()b a +1-n d －ab 2-n d∴ ()⎩⎨⎧++=+=-+=--222121bab a d b a d abd d b a d n n n , 下面解递推关系，特征方程为()02=++-ab x b a x特征根为()221ba b a x -±+=,＝a ，b对于通解，需根据a 与b 的关系分两种情形进行讨论：（1）b a =≠0：此时特征根a x =为二重根，故通解为 n d ＝()n a Bn A +，其中A 、B 为任意常数。
代入21,=n 时的初值得关于A 、B 的方程组()()⎩⎨⎧=+=+22322a a B A aa B A 解之得1==B A ，所以行列式的值为n d ＝()n a n +1，1≥n（2）b a ≠：有两个不同的特征根a 和b ，通解是n d ＝n n Bb Aa +代入初值得⎩⎨⎧++=++=+2222b ab a B b A a ba bB aA 解之得b a a A -=，ab bB -= 故有n d ＝n n b a b b a b a a -+-＝b a b b a a n n ---++11 ＝nn n n n b ab b a b a a +++++---1221 ，1≥n3-8 在n ×m 方格的棋盘上，放有k 枚相同的车，设任意两枚不能互相吃掉的放法数为F k (n,m )，证明F k (n ，m )满足递推关系F k (n ，m)＝ F k (n -1，m )＋(m -k ＋1) F k-1(n -1，m )（证）将放法分为两类：其一是第一行无棋子，共有()m n F k ,1-种放法；其二是第一行有车（且只能有一个），可以随意选一个车出来，先将其余k －1个车放入下边的n －1行，有()m n F k ,11--种放法，然后再把选出来的车放入第一行的某个格子，但要求该格子所在的列没有车，有()1--k m 列可供选择，故第二类放法总共有()()m n F k m k ,111-+--种。