算法浅谈——递归算法与海盗分金问题

内容导读

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本文始发于个人公众号：TechFlow

最近看到一道很有意思的问题，分享给大家。

还是老规矩，在我们聊算法问题之前，先来看一个故事。

传说中，有5个海盗组成了一支无敌的海盗舰队，他们在最后一次的寻宝当中找寻到了100枚价值连城的金币。于是，很自然的，这群海盗面临分赃的问题。为了防止海盗内讧，残忍的海盗们制定了一个奇怪的规则:

他们决定按照功劳大小对五个人进行编号，由编号小的海盗先提出分配方案。如果方案能够得到大多数人的同意，那么就按照他提出的方案进行分配。如果不能通过，说明他已经失去了威望，海盗们会残忍地将他投入海中喂鲨鱼。

在一个朦胧的早上你一觉醒来，突然发现自己成了一号海盗，那么你应该如何分配才能获得最多的金币，又不会被喂鲨鱼呢？

在我们思考之前，我们先完善一下题意，增加几个条件。

首先，每一个海盗都非常残忍。这意味着，在不影响收益的情况下，他们会更倾向于杀人。

其次，每一个海盗都极其聪明，都能想到最佳答案。

这两个条件一出来，问题就比较明显了，这是博弈论题目才有的架势。

既然这是一道博弈论的问题，那么我们通过常规的思路是无法找到答案的，我们需要另辟蹊径才行。

那么，怎么另辟蹊径呢？

一个比较常规的做法是先不考虑原问题，先假设一个和原问题差不多，但是规模小很多的子问题。通过对子问题的求解来摸索原问题的解法。

举个例子，在这题当中，我们需要计算5个海盗分金币的情况。一时之间我们有些无从下手，那么我们简化问题，问题的规则还是不变，但是我们把海盗的数量减少，减少到只有一个海盗。那么根据规则，很显然，最后的结果是这个海盗独吞所有的金币。

这个时候的分配方案是：[0, 0, 0, 0, 100]

我们从这个点开始往回倒推，假设这个时候多了一个海盗，一共是4号和5号两个海盗的时候，会怎么样？

显然因为要求要一半以上同意提案，提案才可以通过。所以在这个时候，无论4号海盗如何提议，5号都不会同意，要将他投下海喂鲨鱼。所以如果只剩下4和5的时候，4号海盗必死无疑。

这个时候的分配方案是： [0, 0, 0, -1, 100]，-1表示必死无疑。

那如果再加一个海盗呢？

再加一个海盗的话，是3，4，5三个海盗的情况。因为只剩4和5的时候4号必死，所以他为了活命一定会同意3号的提案（海盗对其他人残忍，对自己不残忍）。这个时候，3号不论如何提议，都一定可以通过。因为算上他自己的一票，和4号的一票，已经过半了，所以他的提案一定可以通过。

这个时候的分配方案是： [0, 0, 100, 0, 0]

我们再加入一个海盗，考虑一共剩下4个海盗的情况。如果2号死去，那么3号可以独吞所有金币，所以显然3号一定不会同意2号的方案。4个人的时候，至少需要3个人同意才可以通过方案，那么2号必须要争取4号和5号。如果2号死去，4号和5号一无所有，所以2号只需要分配给4号和5号一枚金币，就可以拉拢他们。

这个时候的分配方案是： [0, 98, 0, 1, 1]

最后，我们再加入1号海盗。同理，1号海盗的提案需要至少3个人通过。算上他自己，他还需要争取2票。由于1号死去2号可以获得98枚金币，所以1号一定无法争取2号，还是只能从3，4，5三个人下手。可以给3号1枚，4号两枚（比2号的方案多一枚），也可以给3号1没，5号两枚。

这个时候的分配方案是： [97, 0, 1, 2, 0] 或者是 [97, 0, 1, 0, 2]。

到这里，这个问题就结束了。但是我们的思考并没有结束，不知道大家从刚才的解法当中有没有看出规律。我们面临5个海盗这种错综复杂情况的时候根本无从下手，但是一旦当我们试着将问题的规模缩小，从简单的情况开始思考，那么问题一下子就豁然开朗了。

老子说：天下大事，必作于细，天下难事，必作于易。从这个问题来看，和这个道理相得益彰。

这种从最简单推导最复杂的算法就称为递归。

假设，获取n个海盗分配方案的函数是f。当我们计算f(2)时，我们需要根据f(1)的结果。我们试着写成伪代码：

def f(n):
  if n == 1:
    return [0, 0, 0, 0, 100]
  else:
    allocation = f(n-1)
    # 新的分配
    new_allocation = allocate(allocation)
    return new_allocation

我们先忽略allocate这个方法内部是怎么实现的，单纯看这段代码，整个框架已经有了。

递归的精髓也就在这里，程序自己调用自己只是表象，内里的精髓其实是问题的分割。整个递归从上到下的过程，其实是一个大问题化解成小问题的过程。如果还不明白，我们再来看一个经典的例子来巩固一下，这个问题就是大名鼎鼎的汉诺塔问题：

在印度神话当中有一个大神叫做梵天，他在创造世界的时候创造了三根金刚柱。为了排解无聊，他在其中一根柱子上摆放了64个圆盘。这64个圆盘从上往下依次增大，他给僧侣出了一个问题。一次只能移动一个圆盘，并且圆盘只能放在比它大的圆盘上，该怎么做才能将圆盘从一根柱子移动到另一根呢？

为了简化问题，我们先观察摆放5个圆盘的情况。从图中可以看出来，一开始的时候圆盘都在A柱，如果我们想要将圆盘移动到B柱应该怎么办呢？

我们同样先来观察最简单的情况: A柱上只有一个圆盘，那很简单，我们直接将它移动到B柱即可。如果有两个圆盘呢？我们需要先将第一个移动到C柱，然后将第二个移动到B柱，最后再将C柱上的圆盘移动到B。那如果是三个圆盘呢，稍微复杂一些，但仔细列举一下，也能算得出来。

但是我们怎么通过问题规模的缩小来化简问题呢？

这需要我们对于题目进行深入思考，找到其中的关键点。这题的关键点就是圆盘的限制，大的圆盘不能落在小的圆盘上面。所以如果我们想要将n个圆盘从A柱移动到B柱，必须要将前n-1个圆盘先移动到C柱，这样才可以将最大的那块放到B，如此之后再将n-1块移动回B。

也就是说，我们将n-1块圆盘当做是一个整体，这样n块圆盘的方案就和两块圆盘时一样了。这就通过递归完成了简化。

最后，也是最关键的，怎么移动n-1块圆盘呢？其实很简单，我们套用同样的方法，再将这n-1块圆盘中的n-2块看成是整体，递归操作。理解了之后，不妨试着写出代码，其实只有几行：

def hanoi_tower(num, tower_start, tower_dest, tower_other):
  if num == 1:
    print('move plate {} from {} to {}'.format(num, tower_start, tower_dest))
    return 
  hanoi_tower(num-1, tower_start, tower_other, tower_dest)
  print('move plate {} from {} to {}'.format(num, tower_start, tower_dest))
  hanoi_tower(num-1, tower_other, tower_dest, tower_start)

我们调用一下这个方法，进行一下测试：

结果和我们的预期一致，说明我们的算法是正确的。

最后，我们再回到海盗问题，又该怎么用代码实现呢？感兴趣的同学不妨亲自动手试试，如果实在写不出代码，在公众号回复关键词”海盗分金“查看我写的代码。

今天的文章就到这里，扫码关注我的公众号：TechFlow，获取更多文章

内容总结

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