Recurrence

＜外傳＞

某些問題隨輸入資料大小成指數成長是無法避免的

雖然「Divide-and-conquer」無法獲致良好的執行效率但仍可採用

河內塔問題

每呼叫一次就需搬動圓盤一次

當圓盤的個數 n 為 64

總共需要搬動圓盤 $2^{64}-1$ 次

演算法的複雜度等級是 $O(2^n)$

河內塔問題圓盤搬動次序與 n 成指數關係

經過証明，上述河內塔問題的演算法

為該問題的限制下最佳的演算法

Substitution method

Concept
1. 以經驗猜測一個邊界(bound)。
2. 假設子問題符合此邊界，證明母問題也符合此邊界。
適用時機
- 題目比分重。
- 單向；單邊：只需要證明 $O, \Omega$ 單向，不必證明 $\Theta$ 。
- 題目要求。

經典範例

Example - $T(n) = 2 T(\lfloor\frac n2\rfloor)+n$，$T(n) = O(？)$

（Substitution method）猜：$T(n) = O(n \lg n)$

已知 $g(n) = 2 g(\frac n2)+n = O(n\lg n)$

欲證 $T(n) = O(n \lg n)$，即證明 $\exists C, n_0>0 \ni n \geq n_0, T(n) \leq C \cdot n\lg n$

假設子問題 $T(n) \leq C \cdot \lfloor\frac n2\rfloor\lg \lfloor\frac n 2\rfloor$ 成立

考慮 $T(n) = 2\cdot T(\lfloor\frac n2\rfloor)+n \leq 2 \cdot C \cdot \lfloor\frac n2\rfloor\lg \lfloor\frac n2\rfloor+n$

$\Rightarrow T(n) = 2\cdot T(\lfloor\frac n2\rfloor)+n \leq 2 \cdot C \cdot \frac n2\lg \frac n2+n$

$\Rightarrow T(n) = 2\cdot T(\lfloor\frac n2\rfloor)+n \leq C \cdot n(\lg n - \lg2)+n = C \cdot n\lg n + (1 - C)n$

取 $C \geq 2, T(n) = 2\cdot T(\lfloor\frac n2\rfloor)+n \leq C \cdot n \lg n$

$\therefore T(n) = O(n\lg n)$

Example（97成大資工） - 解 $T(n) = 2T(\lfloor \sqrt n \rfloor)+\lg n$, 用 O 表示 - （比分重、單邊、$\lfloor\rfloor$） - 考慮使用「Substitution method」而不使用疊代法

$\lg n \lg \lg n$

Recurrence tree

名詞解釋
- $T(n) = T(\frac n3)+T(\frac 23 n) + n$
  - $r = \frac 13+\frac 23 = 1$：子問題的 n 係數的相加。
- $T(n)$：母問題。
- $T(\frac n3), T(\frac 23n)$：子問題。
- $n$：Cost，將子問題合併的代價。
適用時機
- 子問題個數大於二
- 子問題型態為$T(\frac n a)$

經典範例

$r < 1$
- Ex ( 94 成大資工 )
  - $T(n) = T(\frac n2) + T(\frac n4) + T(\frac n8) + n$，求 $\Theta$
- Sol
  - $r = \frac n 2 + \frac n 4 + \frac n 8 = \frac 7 8 < 1$
  - 建立遞迴樹 $T(n) = n + \frac 78 n +\frac{49}{64}n + \ldots + C_l$ (等比級數)
  - 求取其邊界 (夾擠法) 求上邊界：$T(n) = n + \frac 78 n +\frac{49}{64}n + \ldots + C_l \leq n + \frac 78 n +\frac{49}{64}n + \ldots + (\frac 78)^h$ (有限等比級數小於無限等比級數) $\Rightarrow \frac{n}{1 - \frac 7 8} = 8 n \Rightarrow T(n) = O(n)$
    
    求下邊界：$T(n) = n + \frac 78 n +\frac{49}{64}n + \ldots + C_l \geq n \Rightarrow T(n) = \Omega(n)$
  - $\Rightarrow T(n) = \Theta(n)$

$r = 1$
- Ex (100 政大)(90 ,91 台大)
  - $T(n) = T(\frac n3) + T(\frac 23) + n$
- Sol
  - $r = \frac 13+\frac{2}{3} = 1$
  - 建立遞迴樹 $T(n) = n+n+n+\ldots+C_l$
  - 求取其邊界求上邊界：因為$(\frac23)^k*n= 1 \Rightarrow k = \log_{\frac32}n \Rightarrow 高度 = k + 1$ ，所以$T(n) = n+n+n+\ldots+C_l \leq n \cdot \log_{\frac32}n+1$ $\Rightarrow T(n) = O(n\log n)$ br>求下邊界：$T(n) = n+n+n+\ldots+C_l \geq n \cdot \log_3n + 1$ $\Rightarrow T(n) = \Omega(n\log n)$
  - $\Rightarrow T(n) = \Theta(n\lg n)$
$r > 1$
- 無，因為子問題的數量比母問題大。

Master theorem

令 $T(n) = aT(\frac{n}{b})+f(n), a \geq 1, b > 1$ 。

若 $\exists \epsilon > 0 \ni f(n) = O(n^{\log_ba-\epsilon})$ ，則 $T(n) = \Theta(n^{\log_ba})$。
若 $\exists \epsilon > 0, 0 < c < 1 \ni f(n) = O(n^{\log_ba+\epsilon}) \;and\; af(\frac nb) < cf(n)$，則 $T(n) = \Theta(f(n))$。
☆若 $f(n) = \Theta(n^{\log_ba}\cdot \lg^kn), k \geq 0$，則 $T(n) = \Theta(n^{\log_ba}\cdot\lg^{k+1}n)$ (與 f(n) 相差 $lg$ 的次方)。

經典例題

Ex ( 100 政大 )
- $T(n) = 7T(\frac n2) + n^2$
- sol
  - By master theorem $\Rightarrow \exists \epsilon = \lg 7 - 2 \ni n^2 = O(n^{\log_27-\epsilon})$，所以$T(n) = \Theta(n^{\lg 7})$。
Ex ( 99 交大 )
- $T(n) = 3T(\frac n4) + n\lg n$
- sol
  - By master theorem $\Rightarrow n^{log_43} = n^{1-\epsilon}, where\; 0 < \epsilon < 1$
    $\Rightarrow n\log n = \omega(n) = \omega(n^{1-\epsilon})$，所以$T(n) = \Theta(n\log n)$。
Ex ( 98 交大 )
- $T(n) = 3T(\frac n2)+ n \lg n$
- sol
  - By master theorem $\Rightarrow n^{log_23} = n^{1+\epsilon}, where\; 0 < \epsilon < 1$
    $\Rightarrow n\log n = o(n^{1+\epsilon})$，所以$T(n) = \Theta(n^{\log_23})$。
- $T(n) = 4T(\frac n2) + n\lg n$
- sol
  - By master theorem $\Rightarrow n^{log_24} = n^2$
    $\Rightarrow n^{2} = \omega(n\log n)$，所以$T(n) = \Theta(n^2)$。
＜Note＞ ☆ 與 $f(n)$ 比較，$f(n)$ 多了$\frac{1}{\lg n}$
- $T(n) = 4 T(n2) + $
- sol
  - 不可使用 Master Theorem。
  - $n^{\log_ba = n^2}, f(n) = \frac{n^2}{\lg n} \Rightarrow T(n) = n^2\lg \lg n$
＜Note＞ ☆ 與 $f(n)$ 比較，$f(n)$ 多了$\frac{1}{\lg^a n} , a > 1$
- 直接為 $O(n^{\log_ab})$

進階遞迴問題

Ackermann's function

\[ \left\{\begin{matrix} A(0, n) & = & n+1 & (1)\\ A(m , 0) & = & A(m-1, 1) & (2)\\ A(m , n) & = & A(m-1, A(m, n-1)) & (3) \end{matrix}\right. \]

求取 $A(1, n)$ 的通解

\[ \begin{matrix} 令 \; a_n &=& A(1, n) & \\ & = & A(0, A(1, n-1)) & By\;(3) \\ & = & A(0, a_{n-1}) & By\; 自定義的a_n\\ & = & a_{n-1} + 1 & By \; (1) \\ \end{matrix} \]

且

\[ a_0 = A(1, 0) = A(0, 1) = 2 \]

所以

\[ \begin{matrix} a_n & = & a_{n-1} + 1 \\ & = & (a_{n-2} + 1) + 1 \\ & = & ((a_{n-3} + 1) + 1) + 1 \\ & \ldots & \\ & = & a_0 + \sum_{i = 1}^{n-1} + 1 \\ & = & 2 + n & \forall n \geq 0 \end{matrix} \]

求取 $A(2, n)$ 的通解

\[ \begin{matrix} 令 \; b_n &=& A(2, n) & \\ & = & A(1, A(2, n-1)) & By\;(3) \\ & = & A(1, b_{n-1}) & By\; 自定義的a_n\\ & = & a_{b_{n-1}} & By \; 第一題結論 \\ & = & b_{n-1} + 2 \\ & = & (b_{n-2} + 2) + 2 \\ & = & ((b_{n-3}+2) + ) + 2 \\ & \ldots & \\ & = & b_0 + \sum_{i = 1}^{n-1}2 + 2 \\ & = & b_0 + 2n & b_0 = A(2, 0) = A(1, 1) = a_1 = 3\\ & = & 2n + 3 & \forall n \geq 0 \end{matrix} \]

求取 $A(3, n)$ 的通解

\[ \begin{matrix} 令 \; c_n &=& A(3, n) & \\ & = & A(2, A(3, n-1)) & By\;(3) \\ & = & A(2, c_{n-1}) & By\; 自定義的a_n\\ & = & b_{c_{n-1}} & By \; 第一題結論 \\ & = & 2c_{n-1} + 3 \end{matrix} \] 先求出 $c_0 = A(3, 0) = A(2, 1) = b_1 = 5$ ，再來

$c_n$ 特徵多項式為 $\alpha - 2= 0 \Rightarrow \alpha = 2$，所以令齊次解為 $c_n^{(h)} = C_0\times2^n$，接著 $c_n$ 的特解為 $c_n^{(p)} = C_1\times (1)$ 代回求 $C_1$

\[ \begin{matrix} \Rightarrow C_1 = 2\times C_1 + 3 \\ \Rightarrow C_1 = -3 \\ \therefore c_n = c_n^{h} + c_n^{(p)} = C_0\times2^n - 3 \\ c_0 = 5 = C_0 - 3 \\ \Rightarrow C_0 = 8 \\ \therefore c_n = 2^{n+3} - 3, \forall n \geq 0 \end{matrix} \]

Strassen 演算法（分治矩陣乘法）

長久以來人們普遍認為矩陣乘法定義本身即為最佳的算法，這個迷思直到1969年才被施特拉森打破──他提出了一個更快捷的分治（Divide-and-conquer）矩陣乘法，為 Strassen 演算法

給定兩個方陣 A、B
- 其大小均為 n×n
  - n = 2k
- 若 n 非 2 的冪次方
  - 可將 A 和 B 擴充為 $\begin{bmatrix} A&0\\ 0&I \end{bmatrix}$ 和 $\begin{bmatrix} B&0\\ 0&I \end{bmatrix}$

考慮 2×2 階分塊矩陣乘法

$\begin{bmatrix} C_{11}&C_{12}\\ C_{21}&C_{22} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} A_{11}&A_{12}\\ A_{21}&A_{22} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} B_{11}&B_{12}\\ B_{21}&B_{22} \end{bmatrix}$

傳統矩陣乘法

$C_{ij}=A_{i1}B_{1j}+A_{i2}B_{2j}$

$C_{11} = A_{11}B_{11} + A_{12}B_{21} \\ C_{12} = A_{11}B_{12} + A_{12}B_{22} \\ C_{21} = A_{21}B_{11} + A_{22}B_{21} \\ C_{22} = A_{21}B_{12} + A_{22}B_{22}$

遞迴式為：$T(n) = 8T(\frac n2) + cn^2$

8 個分塊矩陣乘法

4 個分塊矩陣加法

$cn^2\Rightarrow 3\times2^2$

「Master theorem」

$T(n) = \Theta(n^3)$

Strassen 演算法

$\begin{aligned} P_1&=(A_{11}+A_{22})(B_{11}+B_{22})\\ P_2&=(A_{21}+A_{22})B_{11}\\ P_3&=A_{11}(B_{12}-B_{22})\\ P_4&=A_{22}(B_{21}-B_{11})\\ P_5&=(A_{11}+A_{12})B_{22}\\ P_6&=(A_{21}-A_{11})(B_{11}+B_{12})\\ P_7&=(A_{12}-A_{22})(B_{21}+B_{22})\\ C_{11}&=P_1+P_4-P_5+P_7\\ C_{12}&=P_3+P_5\\ C_{21}&=P_2+P_4\\ C_{22}&=P_1+P_3-P_2+P_6 \end{aligned}$

遞迴式為：$T(n) = 7T(\frac n2) + cn^2$
- 7 個分塊矩陣乘法
- 18 個分塊矩陣加法
「Master theorem」
- $T(n) = \Theta(n^{\log_27}) \approx \Theta(n^{2.807})$

根據 2000 年的硬體架構

矩陣尺寸必須超過1000，Strassen 演算法才可能擊敗經過高度優化的傳統算法

即便矩陣尺寸增大至 10000 相較於傳統算法

Strassen 演算法所能提昇的運算效率依然十分有限（約小於10%）

算法推導

考慮 2×2 階矩陣 $\begin{bmatrix} w&x\\ y&z \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a&b\\ c&d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} p&q\\ r&s \end{bmatrix}$
- 乘開後 $\begin{aligned} w&=ap+br\\ y&=cp+dr\\ x&=aq+bs\\ z&=cq+ds \end{aligned}$
- 將四個式子合併成矩陣表達式 $\begin{bmatrix} w\\ y\\ x\\ z \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a&b&0&0\\ c&d&0&0\\ 0&0&a&b\\ 0&0&c&d \end{bmatrix}\begin{bmatrix} p\\ r\\ q\\ s \end{bmatrix}$
欲將 4×4 階的矩陣分解成數個矩陣之和以減少乘法運算
- 分解出來的矩陣至多僅含4個非零元，且所有非零元都位於一 2×2 階子陣
- 如：$\begin{bmatrix} \ast&\ast&0&0\\ \ast&\ast&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix} 、\begin{bmatrix} 0&0&0&0\\ \ast&0&\ast&0\\ 0&0&0&0\\ \ast&0&\ast&0 \end{bmatrix}、\begin{bmatrix} \ast&0&0&\ast\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ \ast&0&0&\ast \end{bmatrix}$

考慮三種分解型態

型態 I

子陣有相同的元

需要一個乘法運算

$\begin{bmatrix} a&a\\ a&a \end{bmatrix}\begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a(u+v)\\ a(u+v) \end{bmatrix}$

型態 II

子陣的元有相同的絕對值

兩行或兩列不同號

需要1個乘法運算

$\begin{bmatrix} a&-a\\ a&-a \end{bmatrix}\begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a(u-v)\\ a(u-v) \end{bmatrix}$

型態 III

子陣為上或下三角矩陣

（非零）非主對角元等於兩主對角元之差

需要2個乘法運算

$\begin{bmatrix} a&0\\ a-b&b \end{bmatrix}\begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} au\\ au+b(v-u) \end{bmatrix}$

可分解為兩個退化的型態 I和型態 II（退化是指存在零行或零列）

$\begin{bmatrix} a&0\\ a-b&b \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a&0\\ a&0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0&0\\ -b&-b \end{bmatrix}$

分解矩陣製造型態 I和型態 II

$\begin{bmatrix} a&b&0&0\\ c&d&0&0\\ 0&0&a&b\\ 0&0&c&d \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -d&d&0&0\\ -d&d&0&0\\ 0&0&a&-a\\ 0&0&a&-a \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} a+d&b-d&0&0\\ c+d&0&0&0\\ 0&0&0&a+b\\ 0&0&c-a&a+d \end{bmatrix}$
- 等號右邊的第一個矩陣
  - $\begin{bmatrix} -d&d&0&0\\ -d&d&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&a&-a\\ 0&0&a&-a \end{bmatrix}$
令 $M_1$ 表示上式等號右邊的第二個矩陣
- 觀察發現 $(M_1){11}=(M_1){44}=a+d $
- $M_1=\begin{bmatrix} a+d&0&0&a+d\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ a+d&0&0&a+d \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0&b-d&0&-(a+d)\\ c+d&0&0&0\\ 0&0&0&a+b\\ -(a+d)&0&c-a&0 \end{bmatrix}$
令 $M_2$ 表示上式等號右邊的第二個矩陣
- 觀察發現 $M_2$ 可分解成兩個型態 III
- $M_2=\begin{bmatrix} 0&0&0&0\\ c+d&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ (c-a)-(c+d)&0&c-a&0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0&b-d&0&(b-d)-(a+b)\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&a+b\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}$
- 等號右邊的第一個矩陣
  - $\begin{bmatrix} 0&0&0&0\\ c+d&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ -(c+d)&0&0&0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ c-a&0&c-a&0 \end{bmatrix}$
- 等號右邊的第二個矩陣
  - $\begin{bmatrix} 0&b-d&0&b-d\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0&0&0&0-(a+b)\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&a+b\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}$
整理所有的分解矩陣，按照「Strassen 演算法」給定的排序
- $\begin{aligned} \begin{bmatrix} a&b&0&0\\ c&d&0&0\\ 0&0&a&b\\ 0&0&c&d \end{bmatrix}&=\begin{bmatrix} a+d&0&0&a+d\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ a+d&0&0&a+d \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0&0&0&0\\ c+d&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ -(c+d)&0&0&0 \end{bmatrix}\\ &+\begin{bmatrix} 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&a&-a\\ 0&0&a&-a \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} -d&d&0&0\\ -d&d&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}\\ &+\begin{bmatrix} 0&0&0&-(a+b)\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&a+b\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ c-a&0&c-a&0 \end{bmatrix}\\ &+\begin{bmatrix} 0&b-d&0&b-d\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{bmatrix} \end{aligned}$
- 可以表示為「行列展開」的矩陣乘法
- $\displaystyle\begin{aligned} \begin{bmatrix} a&b&0&0\\ c&d&0&0\\ 0&0&a&b\\ 0&0&c&d \end{bmatrix}&=\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}(a+d)\begin{bmatrix} 1&0&0&1 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\\ -1 \end{bmatrix}(c+d)\begin{bmatrix} 1&0&0&0 \end{bmatrix}\\ &+\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}(a)\begin{bmatrix} 0&0&1&-1 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}(d)\begin{bmatrix} -1&1&0&0 \end{bmatrix}\\ &+\begin{bmatrix} -1\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}(a+b)\begin{bmatrix} 0&0&0&1 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}(c-a)\begin{bmatrix} 1&0&1&0 \end{bmatrix}\\ &+\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}(b-d)\begin{bmatrix} 0&1&0&1 \end{bmatrix} \end{aligned}$

$\begin{bmatrix} a&b&0&0\\ c&d&0&0\\ 0&0&a&b\\ 0&0&c&d \end{bmatrix}$ 乘上$\begin{bmatrix} p\\ r\\ q\\ s \end{bmatrix}$
- $\begin{aligned} \begin{bmatrix} w\\ y\\ x\\ z \end{bmatrix}&=\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}(a+d)(p+s)+\begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\\ -1 \end{bmatrix}(c+d)(p)\\ &+\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}(a)(q-s)+\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}(d)(-p+r)\\ &+\begin{bmatrix} -1\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}(a+b)(s)+\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}(c-a)(p+q)\\ &+\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}(b-d)(r+s) \end{aligned}$
- $\begin{bmatrix} a& b& c& d \end{bmatrix}$ 代 $\begin{bmatrix} A_{11}& A_{12}& A_{21}& A_{22} \end{bmatrix}$
- $\begin{bmatrix} p& q& r& s \end{bmatrix}$ 代 $\begin{bmatrix} B_{11}& B_{12}& B_{21}& B_{22} \end{bmatrix}$
- $\begin{bmatrix} w& x& y& z \end{bmatrix}$ 代 $\begin{bmatrix} C_{11}& C_{12}& C_{21}& C_{22} \end{bmatrix}$
- 即為「Strassen 演算法」

補充例題

Example（100 交通大學資料結構與演算法）

Let d and k be two non-negative integers, where k > d ≧ 0.
A dk-binary sequence is a binary sequence that satisfies the following two constraints：
- 1. d constraint：two 1's are separated by a run of consecutive 0 of length at least d
- 1. k constraint：any run of consecutive 0's is of length at most k
For example, 010010001001 is a dk-binary sequence of length 12 width d=0 and k=3.
Let n indicate the length of dk-binary sequence

Given n=6, d=0, k=6, then how many dk-binary sequences are there?

（A）8
（B）16
（C）32
（D）64
（E）128

由 0、1 組成長度為六的字串個數 $\Rightarrow 2^6$

Given n=10, d=4, k=5, then how many dk-binary sequences are there?

（A）8
（B）6
（C）12
（D）10
（E）11

（參考：Re: [理工] [DS&algo] 100交大）

在序列中有 0 個 1

不可能發生

在序列中有 1 個 1

0000010000
0000100000

在序列中有 2 個 1（兩個 1 最多只能將序列切成 3 段）

轉換題目成整數分割

字串長度為 10

兩個位子置 1

剩下 8 個位子置 0

必須有連續 4 個零或 5 個零出現

在序列中有連續 4 個 0（必有連續 4 個 0 出現，則必有一個 4 在此整數分割）
- 8=4+4'
  - 序列：0000100001
- 8=4+3+1
  - 序列：0001000010
- 8=4+2+2
  - 序列：0010000100
- 8=4+1+3
  - 序列：0100001000
- 8=4'+4
  - 序列：1000010000
有連續5個零的狀況
- 8=5+3
  - 序列：0001000001
- 8=5+2+1
  - 序列：0010000010
- 8=5+1+2
  - 序列：0100000100
- 8=3+5
  - 序列：1000001000

Given n=14, d=1, k=14, then how many dk-binary sequences are there?

（A）81
（B）160
（C）821
（D）987
（E）1024

由 0、1 組成長度為十四且 1 不得連續出現的字串個數

$a_n = a_{n-1}+a_{n-2}$
$a_1 = 2、a_2 = 3$
$a_{14} = 987$