遞迴關係在計數問題的應用

遞迴關係在計數問題的應用

許介彥

大葉大學　通訊與計算機工程學系

前言

在本刊第 2 3 8 期「遞迴函數的求解技巧」 一文中，筆者舉例說明了幾種特定形式的遞 迴 函 數 求 解 的 方 法 ， 並 曾 提 及 「 遞 迴 」 （recurrence ）的概念在許多演算法的設計及 計數（counting）問題的求解上扮演著重要的 角色。本文延續上文，將透過一些例子來說 明遞迴在計數問題的應用。

數列的表示方式

一個數列（sequence）可以有許多不同的 表示方式。常見的一種方式是列出數列的最 前面幾項，後面的部分則以「. . .」表示，例 如某個數列可能被表示成 3, 5, 7, . . . 這樣的方式很容易造成誤解；除非另外 聲明此數列是等差數列或是滿足其他特定性 質的數列，否則我們無法只根據一個數列的 最前面幾項來推斷它往後的發展。以上面的 例子而言，它除了可能是一個等差數列外， 也可能是由 3 開始的所有質數形成的數列， 或是其他性質較不明顯的數列，因此第四項 有可能是 9 ，或是 1 1 ，或是其他的數。 數列的第二種表示方式是將數列的每一項 都用「通式」來表示，例如將某個數列定義為 a_n＝ 3n+5

×

(-1)n_, n≥₀ 以通式來定義數列的好處是數列的每一 項 都 可 以 很 明 確 地 經 由 一 定 的 算 術 運 算 求 得；以上面的例子而言，此數列的第一項為 a₀=3

×

0+5

×

(-1)0₌₅ 第三十項為 a₂₉=3

×

29+5

×

(-1)29_{= 8 2} 有些數列由於性質特殊，要求得通式非 常困難，有時候甚至根本無法求得，不過它 們卻可能可以用另一種方式－－遞迴的方式 －－來加以定義。我們之前在介紹函數的遞 迴定義時曾經提過，一個遞迴的定義必須包 含遞迴關係（recurrence relation）及邊界條件 （boundary condition）兩個部分。在以遞迴的 方式定義數列時，遞迴關係表明了數列的某 一項與其他項之間的關係，而邊界條件則是 數列最前面幾項的值；由於涉及數列的頭幾 項，因此邊界條件常又稱為「初始條件」 （in-itial condition）。 舉例來說，以下是某個數列的遞迴定義：     ≥ + = = = − − 3 2 3 1 1 1 2 b n b n n b n n n 此定義包含了數列最前面兩項的值（初 始條件），並且表明了往後的每一項如何由 其他項的值求得（遞迴關係）。有了上面的定 義，除了 b1 = 1 及 b2 = 3 為已知外， b3 = b1 + b2 = 1 + 3 = 4 b₄ = b₂ + b₃ = 3 + 4 = 7 b₅ = b₃ + b₄ = 4 + 7 = 11 ...

依此類推，數列的最前面幾項依序為 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123, . . .只要 n 是一個正 整數， b_n即可求得。 上面的遞迴關係中，由於必須先求得 b_{n- 2} 與 b_n-1才能求得 b_n，因此初始條件必須包含數 列的最前面兩項的值，才可以作為往後一系 列計算的起點；如果初始條件只包含數列的 第一項的話是不夠的。讀者不難察覺這個概 念其實和數學歸納法的証明原理相當類似， 遞迴定義的初始條件就相當於數學歸納法的 b a s i s ，而遞迴關係就相當於數學歸納法的 inductive step 。請讀者特別注意遞迴定義的 初始條件必須包含「足夠」的資訊，否則是無 法向後推的，至於要包含數列的最前面多少 項才算「足夠」則要視遞迴關係而定。

例題

問題一： 一個位元（bit ）可能是一個 0 或是一個 1；由一連串位元排列而成的字串稱為位元字 串（bit string），而一個位元字串所包含的位 元個數稱為該位元字串的長度。長度為 1 的 位元字串共有兩個：0 與 1；長度為 2 的位元 字串共有四個：00 、 01 、 10 、 11 ；一般而 言，長度為 n 的位元字串共有 2n_個。 假設 a_n代表長度為 n 的位元字串中，不 包含連續兩個 0 的字串的個數，試用遞迴的 方式定義數列 a₁, a₂, a₃, . . .。 解： 長度為 n 的位元字串可分為兩類，一類 是以 1 開頭，另一類是以 0 開頭，如下圖所 示： 如果我們能求出這兩類字串中不包含連 續兩個 0 的字串各有幾個，那麼 a_n應該就是 這兩數的和。 由上圖不難看出，長度為 n 而且以 1 開頭 的字串中，不包含連續兩個 0 的字串個數應該 就等於長度為 n-1 而且不包含連續兩個 0 的字 串個數，也就是數列的第 n-1 項（即 an-1）的值。 考慮任意一個長度為 n（n≥3）而且以 0 開 頭的字串，如果此字串中不包含連續兩個 0 ， 那麼它由左邊算起的第二個位元必定是 1： 由上圖不難看出，長度為 n 而且以 01 開 頭的字串中，不包含連續兩個 0 的字串個數 應該就等於長度為 n-2 而且不包含連續兩個 0 的字串個數，也就是數列的第 n-2 項（即 a_{n -2}） 的值。 因此，我們已經找到了一個遞迴關係： an = an-1 + an-2。由於 an的計算牽涉到數列中 的前兩項，因此初始條件必須包含數列的最 前面兩項（也就是 a₁與 a₂）的值。由題意很 明顯可知 a₁ = 2 且 a₂ = 3 ，因此完整的遞迴 定義如下：     > + = = = − − 2 2 3 1 2 2 1 a n a n n a n n n 由於遞迴關係是將數列的某一項以其他 項的值表示，因此當我們想要用遞迴的方式

定義一個數列時，第一個必須問自己的問題 是：如果這個數列的第一項、第二項、... 、 第 n-1 項的值都已知的話，對求出第 n 項有沒 有幫助呢？也就是假設這個數列的第一項至 第 n-1 項都已知，然後想辦法將第 n 項的值利 用這些已知的值表示出來。如果這樣的遞迴 關係真的能被找到，剩下的工作就只是求出 數 列 最 前 面 幾 項 的 值 來 當 做 初 始 條 件 而 已 了，這通常要比找出遞迴關係容易得多。 問題二： 一個由阿拉伯數字（0 ~ 9）排列而成的 字串中， 0 出現的個數不是奇數就是偶數； 例如：字串 503602 中， 0 出現了兩次，因此 0 的個數為偶數；字串 1 2 0 9 8 7 0 4 5 6 0 8 中， 0 出現了三次，因此 0 的個數為奇數。假設 a_n 代表由 n 個阿拉伯數字排列而成的字串中， 數字 0 出現的個數為偶數的字串的個數，試 用遞迴的方式定義數列 a1, a2, a3, . . .。 解： 長度為 n 的字串可以分為兩類，一類是以 0 開頭，另一類不是以 0 開頭，如下圖所示（圖 中的 X 是不等於 0 的任何一個阿拉伯數字）： 如果我們能求出這兩類字串中， 0 出現 的個數為偶數的字串各有幾個，那麼 a_n應該 就是這兩數的和。 由上圖不難看出，長度為 n 而且以 0 開頭 的字串中， 0 出現的個數為偶數的字串個數 應該就等於長度為 n-1 而且 0 出現的個數為奇 數的字串個數；由於長度為 n-1 的字串總共有 10n -1_{個而其中 0 出現的個數為偶數的字串共} 有 a_{n -1}個，因此長度為 n-1 而且 0 出現的個數 為奇數的字串總共有(10n -1 _{- a} n -1)個。 接著考慮長度為 n 而且以 1 開頭的字串的 情況。所有這種字串中， 0 出現的個數為偶 數的字串個數應該就等於長度為 n-1 而且 0 出 現的個數為偶數的字串個數，也就是 a_{n -1}。依 此類推，長度為 n 而且以由 2 至 9 的任意一個 數字開頭的字串中， 0 出現的個數為偶數的 字串個數也都是 a_{n -1}，因此長度為 n 而且不以 0 開頭的字串中， 0 出現的個數為偶數的字串 總共有 9a_n-1個。 因此，我們已經找到了一個遞迴關係： a_n = (10n-1 _{- a} n -1) + 9an-1 = 10n-1 + 8an-1。由於此 遞迴只牽涉到數列中與 a_n相鄰的前一項，因 此初始條件只須包含數列的第一項（也就是 a1）的值。 由題意很明顯可知 a₁ = 9 ，因為長度為 1 的字串總共有十個，這十個字串中除了 0 以 外，其他九個字串的每一個所含的 0 的個數 都是 0 個，而 0 為偶數。 因此完整的遞迴定義如下：    > + = = − − _{8 1} 10 1 9 1 1 _{a n} n a n n n 讀者不難推導出此數列的通式為 a_n=5

×

10n-1₊₄

×

₈n -1_, n≥_1. 問題三： 假設平面上任意 n 條直線最多可將平面 劃分為 an個區域，試用遞迴的方式定義數列 a₀, a₁, a₂, . . .。 解：

一個橢圓， a1= 2 根據題意，很明顯， a₀ = 1 且 a₁ = 2 。 假設平面上已經有 n - 1 條直線而且平面 已經被它們依最大的可能劃分為 a_{n -1}個區域。 當我們再加上一條線，使得平面上有 n 條直 線時，這條新的直線最多能讓平面上多出幾 個區域呢？ 為了讓區域數盡量多，新加入的直線不能 與任何舊的直線重合，否則對增加區域數沒有 任何幫助。由於任意兩條不重合的直線最多只 有一個交點，因此新加入的直線與原有的 n-1 條直線最多可能交於 n-1 個不同的點（這個情 形發生在新線不與任何舊線平行而且沒有三線 共點的情形時），新的直線因此最多可以被這 n-1 個不同的點分為 n 段；由於這 n 段的每一段 都將一個舊的區域一分為二，因此第 n 條線最 多可以為平面增加 n 個區域；至此，我們有了 一個基本的遞迴關係：a_n = a_{n - 1} + n 。 由於此遞迴只牽涉到數列中與 an相鄰的 前一項，因此初始條件只須包含數列的第一 項（也就是 a₀）的值。完整的遞迴定義如下：    > + = = − 0 0 1 1 n n a n a n n 讀者不難推導出此數列的通式為 1 2 ) 1 ( + ₊ =n n an , n≥0. 問題四： 平面上有 n 個橢圓，這些橢圓中，任意 兩個橢圓都不多不少正好有兩個交點，而且 沒有三個橢圓相交於同一點的情形。假設這 n 個橢圓將平面劃分為 a_n個區域，試用遞迴的 方式定義數列 a1, a2, a3, . . .（下圖為 n 的值分 別為 1, 2, 3 時的情形）。 解： 假設平面上已經有 n - 1 個橢圓而且平面 已經被它們劃分為 a_{n -1}個區域。當我們再加上 一個橢圓，使得平面上有 n 個橢圓時，由於 這個新的橢圓與每個舊的橢圓有兩個交點， 因此新的橢圓與舊的 n-1 個橢圓交於 2( n-1)個 不同的點，新的橢圓被這些點分成了 2( n - 1 ) 段。由於這 2 ( n - 1 ) 段的每一段都會將一個舊 的區域一分為二，因此第 n 個橢圓可以為平 面增加 2 ( n - 1 ) 個區域；至此，我們有了一個 基本的遞迴關係：a_n = a_n-1 + 2(n-1)。 由於此遞迴只牽涉到數列中與 an相鄰的 前一項，因此初始條件只須包含數列的第一 項（也就是 a₁）的值。完整的遞迴定義如下：    > − + = = − 2( 1) 1 1 2 1 n n a n a n n 讀者不難推導出此數列的通式為 an=n2-n+2 , n≥1. 問題五： 假設 a_n代表每一項皆為整數而且首項與 兩個橢圓， a₂= 4 三個橢圓， a₃= 8

末項分別為 1 與 n 的嚴格遞增數列的個數，試 用遞迴的方式定義數列 a₁, a₂, a₃, . . .。 解： 所有首項為 1 且末項為 n 的嚴格遞增數列 中，末項的前一項共有(n-1) 個可能的值；它 可能是( n -1) ，或是( n -2) ，或是任何一個介於 1 與(n-1)(包括 1 與(n- 1 ) )之間的數。 由於所有首項為 1 且末項為 n 的嚴格遞增 數列中，末項的前一項為 n-1 的數列共有 a_{n - 1} 個 ， 末 項 的 前 一 項 為 n - 2 的 數 列 共 有 a_{n - 2} 個，……，末項的前一項為 1 的數列共有 a₁ 個，因此，我們有了以下的遞迴關係：

∑

− = − − + + + = = 1 1 1 2 1 n i i n n n a a a a a K 根據題意，很明顯地， a₁=1 ，因此完整 的遞迴定義如下：     > = =

_∑

− = 1 1 1 1 1 n a n a n i i n 請讀者注意上面的遞迴關係中，雖然 an 的 計 算 涉 及 數 列 中 位 於 a_n 之前的全部( n - 1 ) 項，但是起始條件只需包含 a₁的值就夠了， 因為由 a₁可算出 a₂，由 a₁與 a₂可算出 a₃，由 a₁、 a₂與 a₃又可算出 a₄等；只要 n 是正整數， a_n即可求得。 上面的遞迴定義並不是唯一的方式；當 n > 2 ，經由簡單的推導： a_n=a_{n- 1}+a_{n -2}+. . .+a₁ =a_{n -1}+(a_n-2+...+a₁) =a_{n -1}+a_{n - 1} =2a_{n- 1} 我們發現同樣的數列可以用以下更簡潔 的方式來定義：     > = = = − 2 2 2 1 1 1 1 n a n n a n n 由這個定義不難推導出當 n ≥ 2 ， a_n=2n-2_。 這麼簡單的式子當然值得我們探尋是否存在著 一個簡單的解釋；仔細一想，讀者很容易就能 看出其中的道理，因為每個大於 1 且小於 n 的 整數(這樣的整數總共有(n-2)個)都可能出現或 是不出現於一個首項為 1 且末項為 n 的嚴格遞 增數列中，因此總共有 2n -2_{種不同的情形。} 建議讀者試試看從數列的觀點解釋為什 麼 a_n=2 a_{n -1}成立。 問題六： 四個數相乘：x₀ . x₁ . x₂ . x₃，如果用小括 號括出可能的計算次序，共有以下 5 種不同 的括法： ((x₀ . x₁). x₂). x₃ (x₀ . x₁). (x₂ . x₃) (x0 . (x1 . x2)). x3 x₀ . ((x₁ . x₂). x₃) x₀ . (x₁ . (x₂ . x₃)) 假設 C_n代表 n+1 個數相乘（x₀.x₁... x_n） 時，不同的括法有幾種，試用遞迴的方式定 義數列 C₀ ,C₁ ,C₂, . . .。 解： 不管小括號怎麼括， n + 1 個數相乘必定 牽涉到 n 次的乘法運算。假設最後一次相乘 是發生在 x_k與 x_{k +1}之間： 最後一次 將這 n +1 個數依最後一次乘法的位置看

成是由前後兩段組成，前段有 k+1 個數相乘， 後段則有 n-k 個數相乘。由於 k+1 個數相乘有 C_k種不同的括法且 n-k 個數相乘有 C_n-k-1種不同 的括法，因此如果最後一次相乘是發生在 x_k 與 x_{k +1}之間，共有 C_k× C_{n - k -1}種不同的括法。 最後一次相乘可能發生在許多位置，可 能在 x₀與 x₁之間、 x₁與 x₂之間、 x₂與 x₃之 間、……、 x_{n -1}與 x_n之間等，因此 k 可能的值 最小為 0 ，最大為 n-1 ；n+1 個數相乘，不同 的括法數應該就是以上各個不同位置所對應 到的不同的括法數的總和。因此， Cn =（k = 0 時的括法數）+（k = 1 時的括法 數）+ ... +（k = n - 1 時的括法數） = C₀C_{n -1} + C₁C_{n -2} + ... + C_{n -1}C₀ =

∑

− = − − 1 0 1 n k k n kC C 至此，我們已經找到了一個遞迴關係； 至於初始條件，只須包含數列的第一項 C₀ = 1 即可，往後的每一項可以由此為起點陸續算 出，例如： C₁ = C₀C₀ = 1 C₂ = C₀C₁ + C₁C₀ = 1 + 1 = 2 C₃ = C₀C₂ + C₁C₁ + C₂C₀ = 2 + 1 + 2 = 5 C4 = C0C3 + C1C2 + C2C1 + C3C0 = 5 + 2 + 2 + 5 = 14 等。 以上由 C₀, C₁, C₂, . . . 形成的數列在數學 上稱為 Catalan numbers ，這個數列的最前面 十項依序為 1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796 ，通式則為       + = n n n Cn 2 1 1 , n ≥ 0.

結語

用遞迴的方式定義數列其實和用遞迴的 方式定義函數很類似；數列可以看成是由{ 0 , 1, 2, ...}（或{1, 2, 3, ...}）對應到實數或整數 的函數。 數列的遞迴定義方式雖然沒有像用通 式那麼直接了當，但是這種方式可以表示的 數列種類卻比用通式更多，而且在許多情況 下更方便，因為有許多數列的通式是很難求 得的；對於這類數列，當我們想要知道數列 的某一項是多少，常可迂迴地先將該數列以 遞迴的方式定義，再由起始條件開始逐項往 後算出所要的值。 當然，如果我們想要很快地算出數列的 某一項（例如：第一百項）的值，我們會比較 希望該數列是用通式的方式表示，因為這樣 的 話 只 要 經 過 一 定 數 量 的 計 算 就 能 得 到 結 果；如果是用遞迴的方式定義，一個表面上 看起來不複雜的遞迴關係背後卻可能隱含著 可觀的計算量，使得即使是透過電腦快速的 計算能力都不能在短時間內算出結果；因為 這個原因，數學家發展出了許多由遞迴的定 義推導出通式的方法；上篇文章中筆者已經 介紹了一部分這方面的技巧，有機會將另文 介紹。

參考資料

1.許介彥（2001），遞迴函數的求解技巧，科 學教育月刊，第 238 期。

2.Susanna. S. Epp, Discrete Mathematics with Applications, 2nd _{edition, Brooks/Cole, 1995.}

3.Kenneth. H. Rosen, Discrete Mathematics and Its Applications, 4th _edition,

McGraw-Hill, 1999.