第4章(4.1 迭代法)
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算法设计：
A[1] = A[i]=1 A[j] = A[j] + A[j-1] i行 i-1行 i-1行 j=i-1，i-2，……，2
1 1 1 1 1 3 2 3 1 1 1
4 6 4 1 …………wk.baidu.com 图4-1 杨辉三角形
1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 ……………
1
图4-2 杨辉三角形存储格式
算法2，最后输出的并不是12项，而是2+3*4共14项。
算法3：
1 a 2 b 表4-2 递推迭代表达式 3 4 5 6 a=a+b b=a+b a=a+b b=a+b 7 …… 8 9
由此归纳出可以用“a=a+b; b=a+b;”做循环“不变式”，从而 得到以下算法3: main( ) { int i,a=1,b=1; print(a,b); for(i=1; i＜=5;i++) { a=a+b; b=a+b; print(a,b); } }
500/5公里 <——— 500/3公里 ———> <——— <——— 500公里 第一 ———> 第二 ———> 第三 终点<——贮油点（500）<——贮油点（1000）<———贮油点（1500）…… 图4-4 贮油点及贮油量示意
综上分析：从终点开始分别间隔 500，500/3，500/5， 500/7，……（公里）设立贮油点，直到总距离超过1000公 里。每个贮油点的油量为500，1000，1500，……。 算法设计：由模型知道此问题并不必用倒推算法解决（只 是分析过程用的是倒推法），只需通过累加算法就能解决。 变量说明：dis表示距终点的距离，1000- dis则表示距起 点的距离，k表示贮油点从后到前的序号。
算法如下：
main（） { int a, b; input(a,b); if(b=0) {print(“data error”); return;} else { c = a mod b; while ( c<>0 ) { a=b; b=c; c=a mod b;} } print(b); }
4.1.2
【例3】穿越沙漠问题 用一辆吉普车穿越1000公里的沙漠。吉普车的总装油量为 500加仑，耗油率为1加仑/公里。由于沙漠中没有油库， 必须先用这辆车在沙漠中建立临时油库。该吉普车以最少 的耗油量穿越沙漠，应在什么地方建油库，以及各处的贮 油量。
问题分析： 1）先看一简单问题：有一位探险家用5天的时间徒步 横穿A、B两村，两村间是荒无人烟的沙漠，如果一 个人只能担负3天的食物和水，那么这个探险家至 少雇几个人才能顺利通过沙漠。
第四章
4.1
基本的算法策略
迭代算法 4.1.1 递推法 4.1.2 倒推法 4.1.3 迭代法解方程
4.1 迭代算法
迭代法（Iteration）也称“辗转法”，是一种不断用变
量的旧值递推出新值的解决问题的方法。
迭代算法一般用于数值计算。迭代法应该是我们早已熟 悉的算法策略，程序设计语言课程中所学的累加、累乘 都是迭代算法策略的基础应用。
和x轴的交点的x坐标, 也就是求如下方程的解：
f ( x 0 ) f ( x 0 )( x x 0 ) 0
【例2】求两个整数的最大公约数。
数学建模：辗转相除法是根据递推策略设计的。 不妨设两个整数a>b且a除以b商x余c；则a-bx=c，不难看出a、b 的最大公约数也是c的约数（一个数能整除等式左边就一定能整 除等式的右边），则a、b的最大公约数与b、c的最大公约数相同。 同样方法推出b、c的最大公约数与……，直到余数为0时，除数即 为所求的最大公约数。 算法设计：循环“不变式”第一次是求a、b相除的余数c，第二 次还是求“a”“b” 相除的余数，经a=b,b=c操作，就实现了第二 次还是求“a”“b” 相除的余数，这就找到了循环不变式。循环在 余数c为0时结束。
【例2】（自学） 输出如图4-1的杨辉三 角形（限定用一个一维数组完成）。 数学模型：上下层规律较明显，中间的数 等于上行左上、右上两数之和。 问题分析：题目中要求用一个一维数组即 完成。数组空间一定是由下标从小到大 利用的，这样其实杨辉三角形是按下图 4-2形式存储的。若求n层，则数组最多 存储n个数据。
构造序列x0，x1，……，xn，即先求得x1=φ (x0)，再求
x2=φ (x1)，……如此反复迭代，就得到一个数列x0， x1，……，xn，若这个数列收敛，即存在极值，且函数 φ (x)连续，则很容易得到这个极限值 x*就是方程f(x)=0的根。
【例1】迭代法求方程组根 算法说明：方程组解的初值X=（x0，x1，„，xn-1）,迭代 关系方程组为：xi=gi(X)(i=0,1,„,n-1),w为解的精度,则 算法如下： for (i=0;i<n;i++) x[i]=初始近似根; do { k=k+1; for (i=0;i<n;i y[i]=x[i]; for (i=0;i<n;i++) x[i]=gi(X); for (i=0;i<n;i++) c=c+fabs(y[i]-x[i])； } while (c>w and k<maxn )； for (i=0;i<n;i++) print(i，“变量的近似根是”，x[i])； }
利用迭代算法策略求解问题，设计工作主要有三步： 1）确定迭代模型
根据问题描述，分析得出前一个（几个）值与其下一
个值的迭代关系数学模型。
2）建立迭代关系式
迭代关系就是一个直接或间接地不断由旧值递推出新
值的表达式。
3）对迭代过程进行控制 确定在什么时候结束迭代过程，是设计迭代算法必须 考虑的问题。
• 迭代模型是通过小规模问题的解逐步求解大规 模问题的解，表面上看正好和递归算法相反； • 本节对于迭代算法使用循环机制实现，也可以 使用递归机制实现迭代。
4.1.1
递推法
递推算法：是迭代算法的最基本表现形式。 【例1】兔子繁殖问题 问题描述：一对兔子从出生后第三个月开始，每月生 一对小兔子。小兔子到第三个月又开始生下一代小 兔子。假若兔子只生不死，一月份抱来一对刚出生 的小兔子，问一年中每个月各有多少只兔子。 问题分析：因一对兔子从出生后第三个月开始每月生 一对小兔子，则每月新下小兔子的对儿数(用斜体 数字表示)显然由前两个月的小兔子的对儿数决定。 则繁殖过程如下： 一月 二月 三月 四月 五月 六月 …… 1 1 1+1=2 2+1=3 3+2=5 5+3=8 ……
数学建模：y1=y2=1，yn=yn-1+yn-2，n=3，4，5，……。 a表示前1个月兔子对数，b代表前2个月兔子对数，这样3月 兔子对数a＋b；求4月份兔子对数时，先将a＝b，b＝c 1 2 3 4 … a b c＝a＋b a＝b b＝c a＋b
算法1： main( ) { int i,a=1,b=1; print(a,b); for(i=1;i＜=10;i++) { c=a+b; print (c); a=b; b=c；} }
下面分别看这几个例子：
【例3】猴子吃桃问题 一只小猴子摘了若干桃子，每天吃现有桃的一半多一个， 到第10天时就只有一个桃子了，求原有多少个桃？ 数 学 模 型 ： 每 天 的 桃 子 数 为 ： a10=1, a9=(1+a10)*2, a8=(1+a9)*2,……a10=1， //a10= a9- (a9/2 +1) 递推公式为：ai=(1+ai+1)*2 I = 9,8,7,6……1 算法设计：由于每天的桃子数只依赖于前一天的桃子数，所以只 用一个迭代变量代表桃子个数就可以了。 算法描述： main( ) { int i,s; s=1; //第十天桃子为1个 for (i=9 ;i>=1;i=i-1) s=(s+1)*2 print (s)； }
desert（ ） { int dis，k，oil,k; dis=500;k=1;oil=500; while ( dis<1000) {
print(“storepoint”,k,”distance”,1000-dis,”oilquantity”,oil)；
k=k+1; //k表示储油点从后到前的序号 dis=dis+500/(2*k-1); oil= 500*k; } oil=500*(k-1)+(1000-dis)*( 2*k-1);
算法2：
递推迭代表达式 1 2 3 4 5 6 7 8 9 a b c=a+b a=b+c b=a+c c=a+b a=b+c b=a+c …… 由此归纳出可以用“c=a+b; a=b+c; b=c+a;”做循环“不变式”。 算法2如下： main( ) { int i,a=1,b=1; print(a,b); for(i=1; i＜=4;i++) { c=a+b; a=b+c; b=c+a; print(a,b,c); } } 表4-1
算法描述：
main( ) {int n,i,j,a[100]; input(n); print(“1”); print(“换行符”); a[1]=a[2]=1; print(a[1],a[2]); print(“换行符”); for (i=3;i<=n;i=i+1) {a[1]=a[i]=1; for (j=i-1，j>1，j=j-1) a[j]=a[j]+a[j-1]; for (j=1;j<=i;j=j+1) print(a[j]); print(“换行符”); } }
print(“storepoint”,k,”distance”,0,”oilquantity”,oil)；
}
4.1.3
迭代法解方程
迭代法解方程的实质是按照下列步骤构造一个序列x0,x1,…,xn,来 逐步逼近方程f(x)=0的解： 1）选取适当的初值x0； 2）确定迭代格式，即建立迭代关系，需要将方程f(x)=0改 写为x=φ (x)的等价形式；
倒推法
所谓倒推法：是对某些特殊问题所采用的违反通常习 惯的，从后向前推解问题的方法。 如下面的例题，因不同方面的需求而采用了倒推策略。 例3在不知前提条件的情况下，经过从后向前递推， 从而求解问题。即由结果倒过来推解它的前提条件。 另外，在对一些问题进行分析或建立数学模型时，从前 向后分析问题感到比较棘手，而采用倒推法(如例3)， 则问题容易理解和解决。
数学模型：根据耗油量最少目标的分析，下面从后向前分段 讨论。 第一段长度为500公里且第一个加油点贮油为500加仑。 第二段中为了贮备油，吉普车在这段的行程必须有往返。下 面讨论怎样走效率高： 1）首先不计方向这段应走奇数次（保证最后向前走）。 2）每次向前行进时吉普车是满载。 3）要能贮存够下一加油点的贮油量，路上耗油又最少。
A城雇用一人与探险家同带3天食物同行一天，然后被雇 人带一天食物返回，并留一天食物给探险家，这样探险 家正好有3天的食物继续前行，并于第三天打电话雇B城 人带3天食物出发，第四天会面他们会面，探险家得到一 天的食物赴B城。如图4-3主要表示了被雇用二人的行程。
A 图4-3 被雇用二人的行程
B
2）贮油点问题要求要以最少的耗油量穿越沙漠，即到达终 点时，沙漠中的各临时油库和车的装油量均为0。 这样只能从终点开始向前倒着推解贮油点和贮油量。
……
下图是满足以上条件的最佳方案， 第二段共走3次：第一、二次来回耗油2/3贮油1/3，第三次 耗油1/3贮油2/3，所以第二个加油点贮油为1000加仑。由 于每公里耗油率为1加仑，则此段长度为500/3公里。 第三段与第二段思路相同。 下图是一最佳方案此段共走5次：第一、二次来回耗油2/5 贮油3/5，第三、四次来回耗油2/5贮油3/5，第五次耗油 1/5贮油4/5，第三个加油点贮油为1500加仑。此段长度为 500/5。 ……
【例2】牛顿迭代法 牛顿迭代法又称为切线法，它比一般的迭代法有更高的收敛速度， 如图4-5所示。首先, 选择一个接近函数f(x)零点的x0, 计算相 应的f(x0)和切线斜率f„(x0)（这里f ‟表示函数f的导数）。然后 我们计算穿过点(x0,f (x0))且斜率为f „(x0)的直线方程为：
y f ( x 0 ) f ( x 0 )( x x 0 )
A[1] = A[i]=1 A[j] = A[j] + A[j-1] i行 i-1行 i-1行 j=i-1，i-2，……，2
1 1 1 1 1 3 2 3 1 1 1
4 6 4 1 …………wk.baidu.com 图4-1 杨辉三角形
1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 ……………
1
图4-2 杨辉三角形存储格式
算法2，最后输出的并不是12项，而是2+3*4共14项。
算法3：
1 a 2 b 表4-2 递推迭代表达式 3 4 5 6 a=a+b b=a+b a=a+b b=a+b 7 …… 8 9
由此归纳出可以用“a=a+b; b=a+b;”做循环“不变式”，从而 得到以下算法3: main( ) { int i,a=1,b=1; print(a,b); for(i=1; i＜=5;i++) { a=a+b; b=a+b; print(a,b); } }
500/5公里 <——— 500/3公里 ———> <——— <——— 500公里 第一 ———> 第二 ———> 第三 终点<——贮油点（500）<——贮油点（1000）<———贮油点（1500）…… 图4-4 贮油点及贮油量示意
综上分析：从终点开始分别间隔 500，500/3，500/5， 500/7，……（公里）设立贮油点，直到总距离超过1000公 里。每个贮油点的油量为500，1000，1500，……。 算法设计：由模型知道此问题并不必用倒推算法解决（只 是分析过程用的是倒推法），只需通过累加算法就能解决。 变量说明：dis表示距终点的距离，1000- dis则表示距起 点的距离，k表示贮油点从后到前的序号。
算法如下：
main（） { int a, b; input(a,b); if(b=0) {print(“data error”); return;} else { c = a mod b; while ( c<>0 ) { a=b; b=c; c=a mod b;} } print(b); }
4.1.2
【例3】穿越沙漠问题 用一辆吉普车穿越1000公里的沙漠。吉普车的总装油量为 500加仑，耗油率为1加仑/公里。由于沙漠中没有油库， 必须先用这辆车在沙漠中建立临时油库。该吉普车以最少 的耗油量穿越沙漠，应在什么地方建油库，以及各处的贮 油量。
问题分析： 1）先看一简单问题：有一位探险家用5天的时间徒步 横穿A、B两村，两村间是荒无人烟的沙漠，如果一 个人只能担负3天的食物和水，那么这个探险家至 少雇几个人才能顺利通过沙漠。
第四章
4.1
基本的算法策略
迭代算法 4.1.1 递推法 4.1.2 倒推法 4.1.3 迭代法解方程
4.1 迭代算法
迭代法（Iteration）也称“辗转法”，是一种不断用变
量的旧值递推出新值的解决问题的方法。
迭代算法一般用于数值计算。迭代法应该是我们早已熟 悉的算法策略，程序设计语言课程中所学的累加、累乘 都是迭代算法策略的基础应用。
和x轴的交点的x坐标, 也就是求如下方程的解：
f ( x 0 ) f ( x 0 )( x x 0 ) 0
【例2】求两个整数的最大公约数。
数学建模：辗转相除法是根据递推策略设计的。 不妨设两个整数a>b且a除以b商x余c；则a-bx=c，不难看出a、b 的最大公约数也是c的约数（一个数能整除等式左边就一定能整 除等式的右边），则a、b的最大公约数与b、c的最大公约数相同。 同样方法推出b、c的最大公约数与……，直到余数为0时，除数即 为所求的最大公约数。 算法设计：循环“不变式”第一次是求a、b相除的余数c，第二 次还是求“a”“b” 相除的余数，经a=b,b=c操作，就实现了第二 次还是求“a”“b” 相除的余数，这就找到了循环不变式。循环在 余数c为0时结束。
【例2】（自学） 输出如图4-1的杨辉三 角形（限定用一个一维数组完成）。 数学模型：上下层规律较明显，中间的数 等于上行左上、右上两数之和。 问题分析：题目中要求用一个一维数组即 完成。数组空间一定是由下标从小到大 利用的，这样其实杨辉三角形是按下图 4-2形式存储的。若求n层，则数组最多 存储n个数据。
构造序列x0，x1，……，xn，即先求得x1=φ (x0)，再求
x2=φ (x1)，……如此反复迭代，就得到一个数列x0， x1，……，xn，若这个数列收敛，即存在极值，且函数 φ (x)连续，则很容易得到这个极限值 x*就是方程f(x)=0的根。
【例1】迭代法求方程组根 算法说明：方程组解的初值X=（x0，x1，„，xn-1）,迭代 关系方程组为：xi=gi(X)(i=0,1,„,n-1),w为解的精度,则 算法如下： for (i=0;i<n;i++) x[i]=初始近似根; do { k=k+1; for (i=0;i<n;i y[i]=x[i]; for (i=0;i<n;i++) x[i]=gi(X); for (i=0;i<n;i++) c=c+fabs(y[i]-x[i])； } while (c>w and k<maxn )； for (i=0;i<n;i++) print(i，“变量的近似根是”，x[i])； }
利用迭代算法策略求解问题，设计工作主要有三步： 1）确定迭代模型
根据问题描述，分析得出前一个（几个）值与其下一
个值的迭代关系数学模型。
2）建立迭代关系式
迭代关系就是一个直接或间接地不断由旧值递推出新
值的表达式。
3）对迭代过程进行控制 确定在什么时候结束迭代过程，是设计迭代算法必须 考虑的问题。
• 迭代模型是通过小规模问题的解逐步求解大规 模问题的解，表面上看正好和递归算法相反； • 本节对于迭代算法使用循环机制实现，也可以 使用递归机制实现迭代。
4.1.1
递推法
递推算法：是迭代算法的最基本表现形式。 【例1】兔子繁殖问题 问题描述：一对兔子从出生后第三个月开始，每月生 一对小兔子。小兔子到第三个月又开始生下一代小 兔子。假若兔子只生不死，一月份抱来一对刚出生 的小兔子，问一年中每个月各有多少只兔子。 问题分析：因一对兔子从出生后第三个月开始每月生 一对小兔子，则每月新下小兔子的对儿数(用斜体 数字表示)显然由前两个月的小兔子的对儿数决定。 则繁殖过程如下： 一月 二月 三月 四月 五月 六月 …… 1 1 1+1=2 2+1=3 3+2=5 5+3=8 ……
数学建模：y1=y2=1，yn=yn-1+yn-2，n=3，4，5，……。 a表示前1个月兔子对数，b代表前2个月兔子对数，这样3月 兔子对数a＋b；求4月份兔子对数时，先将a＝b，b＝c 1 2 3 4 … a b c＝a＋b a＝b b＝c a＋b
算法1： main( ) { int i,a=1,b=1; print(a,b); for(i=1;i＜=10;i++) { c=a+b; print (c); a=b; b=c；} }
下面分别看这几个例子：
【例3】猴子吃桃问题 一只小猴子摘了若干桃子，每天吃现有桃的一半多一个， 到第10天时就只有一个桃子了，求原有多少个桃？ 数 学 模 型 ： 每 天 的 桃 子 数 为 ： a10=1, a9=(1+a10)*2, a8=(1+a9)*2,……a10=1， //a10= a9- (a9/2 +1) 递推公式为：ai=(1+ai+1)*2 I = 9,8,7,6……1 算法设计：由于每天的桃子数只依赖于前一天的桃子数，所以只 用一个迭代变量代表桃子个数就可以了。 算法描述： main( ) { int i,s; s=1; //第十天桃子为1个 for (i=9 ;i>=1;i=i-1) s=(s+1)*2 print (s)； }
desert（ ） { int dis，k，oil,k; dis=500;k=1;oil=500; while ( dis<1000) {
print(“storepoint”,k,”distance”,1000-dis,”oilquantity”,oil)；
k=k+1; //k表示储油点从后到前的序号 dis=dis+500/(2*k-1); oil= 500*k; } oil=500*(k-1)+(1000-dis)*( 2*k-1);
算法2：
递推迭代表达式 1 2 3 4 5 6 7 8 9 a b c=a+b a=b+c b=a+c c=a+b a=b+c b=a+c …… 由此归纳出可以用“c=a+b; a=b+c; b=c+a;”做循环“不变式”。 算法2如下： main( ) { int i,a=1,b=1; print(a,b); for(i=1; i＜=4;i++) { c=a+b; a=b+c; b=c+a; print(a,b,c); } } 表4-1
算法描述：
main( ) {int n,i,j,a[100]; input(n); print(“1”); print(“换行符”); a[1]=a[2]=1; print(a[1],a[2]); print(“换行符”); for (i=3;i<=n;i=i+1) {a[1]=a[i]=1; for (j=i-1，j>1，j=j-1) a[j]=a[j]+a[j-1]; for (j=1;j<=i;j=j+1) print(a[j]); print(“换行符”); } }
print(“storepoint”,k,”distance”,0,”oilquantity”,oil)；
}
4.1.3
迭代法解方程
迭代法解方程的实质是按照下列步骤构造一个序列x0,x1,…,xn,来 逐步逼近方程f(x)=0的解： 1）选取适当的初值x0； 2）确定迭代格式，即建立迭代关系，需要将方程f(x)=0改 写为x=φ (x)的等价形式；
倒推法
所谓倒推法：是对某些特殊问题所采用的违反通常习 惯的，从后向前推解问题的方法。 如下面的例题，因不同方面的需求而采用了倒推策略。 例3在不知前提条件的情况下，经过从后向前递推， 从而求解问题。即由结果倒过来推解它的前提条件。 另外，在对一些问题进行分析或建立数学模型时，从前 向后分析问题感到比较棘手，而采用倒推法(如例3)， 则问题容易理解和解决。
数学模型：根据耗油量最少目标的分析，下面从后向前分段 讨论。 第一段长度为500公里且第一个加油点贮油为500加仑。 第二段中为了贮备油，吉普车在这段的行程必须有往返。下 面讨论怎样走效率高： 1）首先不计方向这段应走奇数次（保证最后向前走）。 2）每次向前行进时吉普车是满载。 3）要能贮存够下一加油点的贮油量，路上耗油又最少。
A城雇用一人与探险家同带3天食物同行一天，然后被雇 人带一天食物返回，并留一天食物给探险家，这样探险 家正好有3天的食物继续前行，并于第三天打电话雇B城 人带3天食物出发，第四天会面他们会面，探险家得到一 天的食物赴B城。如图4-3主要表示了被雇用二人的行程。
A 图4-3 被雇用二人的行程
B
2）贮油点问题要求要以最少的耗油量穿越沙漠，即到达终 点时，沙漠中的各临时油库和车的装油量均为0。 这样只能从终点开始向前倒着推解贮油点和贮油量。
……
下图是满足以上条件的最佳方案， 第二段共走3次：第一、二次来回耗油2/3贮油1/3，第三次 耗油1/3贮油2/3，所以第二个加油点贮油为1000加仑。由 于每公里耗油率为1加仑，则此段长度为500/3公里。 第三段与第二段思路相同。 下图是一最佳方案此段共走5次：第一、二次来回耗油2/5 贮油3/5，第三、四次来回耗油2/5贮油3/5，第五次耗油 1/5贮油4/5，第三个加油点贮油为1500加仑。此段长度为 500/5。 ……
【例2】牛顿迭代法 牛顿迭代法又称为切线法，它比一般的迭代法有更高的收敛速度， 如图4-5所示。首先, 选择一个接近函数f(x)零点的x0, 计算相 应的f(x0)和切线斜率f„(x0)（这里f ‟表示函数f的导数）。然后 我们计算穿过点(x0,f (x0))且斜率为f „(x0)的直线方程为：
y f ( x 0 ) f ( x 0 )( x x 0 )