Раздел Динамическое программирование представлен следующими калькуляторами:

1. Задача распределения инвестиций . Для реконструкции и модернизации производства на четырех предприятиях выделены денежные средства С = 80 ден. ед. По каждому предприятию известен возможный прирост f i (х) (i = 1, 4) выпуска продукции в зависимости от выделенной суммы.

В задачах динамического программирования экономический процесс зависит от времени (или от нескольких периодов времени), поэтому находится ряд оптимальных решений (последовательно для каждого этапа), обеспечивающих оптимальное развитие всего процесса в целом. Динамическое программирование представляет собой математический аппарат, позволяющий осуществлять оптимальное планирование управляемых процессов и процессов, зависящих от времени. Поэтапное проведение оптимизации называется многошаговым процессом принятия решения. Экономический процесс называется управляемым, если можно влиять на ход его развития.

В основе метода динамического программирования (ДП) лежит принцип последовательной оптимизации: решение исходной задачи оптимизации большой размерности заменяется решением последовательности задач оптимизации малой размерности. Основным условием применимости метода ДП является возможность разбиения процесса принятия решений на ряд однотипных шагов или этапов, каждый из которых планируется отдельно, но с учетом результатов, полученных на других шагах. Например, деятельность отрасли промышленности в течение ряда хозяйственных лет или же последовательность тестов, применяемых при контроле аппаратуры, и т. д. Некоторые процессы (операции) расчленяются на шаги естественно, но существуют такие операции, которые приходится делить на этапы искусственно, например процесс наведения ракеты на цель.
Этот принцип гарантирует, что управление, выбранное на любом шаге, является не локально лучшим, а лучшим с точки зрения процесса в целом, так как это управление выбирается с учетом последствий на предстоящих шагах.

Рассмотрим общее описание задачи динамического программирования .
Пусть многошаговый процесс принятия решений разбивается на n шагов. Обозначим через ε 0 – начальное состояние системы, через ε 1 , ε 2 , … ε n – состояния системы после первого, второго, n -го шага. В общем случае состояние ε k – вектор (ε k 1 , …, ε k s ).
Управлением в многошаговом процессе называется совокупность решений (управляющих переменных) u k = (u k 1 , ..., u k r ), принимаемых на каждом шаге k и переводящих систему из состояния ε k -1 = (ε k- 1 1 , …, ε k -1 s ) в состояние ε k = (ε k 1 , …, ε k s ).
В экономических процессах управление заключается в распределении и перераспределении средств на каждом этапе. Например, выпуск продукции любым предприятием – управляемый процесс, так как он определяется изменением состава оборудования, объемом поставок сырья, величиной финансирования и т. д. Совокупность решений, принимаемых в начале года, планируемого периода, по обеспечению предприятия сырьем, замене оборудования, размерам финансирования и т. д. является управлением. Казалось бы, для получения максимального объема выпускаемой продукции проще всего вложить максимально возможное количество средств и использовать на полную мощность оборудование. Но это привело бы к быстрому изнашиванию оборудования и, как следствие, к уменьшению выпуска продукции. Следовательно, выпуск продукции надо спланировать так, чтобы избежать нежелательных эффектов. Необходимо предусмотреть мероприятия, обеспечивающие пополнение оборудования по мере изнашивания, т. е. по периодам времени. Последнее хотя и приводит к уменьшению первоначального объема выпускаемой продукции, но обеспечивает в дальнейшем возможность расширения производства. Таким образом, экономический процесс выпуска продукции можно считать состоящим из нескольких этапов (шагов), на каждом из которых осуществляется влияние на его развитие.
Началом этапа (шага) управляемого процесса считается момент принятия решения (о величине капитальных вложений, о замене оборудования определенного вида и т. д.). Под этапом обычно понимают хозяйственный год.
Обычно на управление на каждом шаге u k накладываются некоторые ограничения. Управления, удовлетворяющие этим ограничениям, называются допустимыми.
Предполагая, что показатель эффективности k -го шага процесса зависит от начального состояния на этом шаге k -1 и от управления на этом шаге u k , получим целевую функцию всего многошагового процесса в виде:
.

Сформулируем теперь задачу динамического программирования : «Определить совокупность допустимых управлений (u 1 , …, u n ), переводящих систему из начального состояния ε 0 в конечное состояние ε n и максимизирующих или минимизирующих показатель эффективности F ».
Управление, при котором достигается максимум (минимум) функции F называется оптимальным управлением u * = (u 1* ,…, u n *).
Если переменные управления u k принимают дискретные значения, то модель ДП называется дискретной . Если переменные u k изменяются непрерывно, то модель ДП называется непрерывной .
В зависимости от числа параметров состояния s и числа управляющих переменных r различают одномерные и многомерные задачи ДП.
Число шагов в задаче может быть конечным или бесконечным .

Прикладные задачи динамического программирования

1. задача о планировании строительства объектов.

Допустим, есть задача, которую мы уже решили динамическим программированием, например, извечные числа Фибоначчи.
Давайте немного переформулируем её. Пусть у нас есть вектор , из которого мы хотим получить вектор . Чуть-чуть раскроем формулы: . Можно заметить, что из вектора можно получить вектор путем умножения на какую-то матрицу, ведь в итоговом векторе фигурируют только сложенные переменные из первого вектора. Эту матрицу легко вывести, вот она: . Назовём её матрицей перехода.

Это значит, что если взять вектор и умножить его на матрицу перехода n - 1 раз, то получим вектор , в котором лежит fib[n] - ответ на задачу.

А теперь, зачем всё это надо. Умножение матриц обладает свойством ассоциативности, то есть (но при этом не обладает коммутативностью, что по-моему удивительно). Это свойство даёт нам право сделать так: .

Это хорошо тем, что теперь можно применить метод быстрого возведения в степень , который работает за . Итого мы сумели посчитать N -ое число Фибоначчи за логарифм арифметических операций.

А теперь пример посерьёзнее:

Пример №3: Пилообразная последовательность

Решение

Для начала решение без матрицы перехода:

1) Состояние динамики: dp[n] - количество пилообразных последовательностей длины n , заканчивающихся на цифру last . Причём если less == 0 , то последняя цифра меньше предпоследней, а если less == 1 , значит больше.
2) Начальные значения:
for last in range(10): dp = 9 - last dp = last 3) Пересчёт динамики:
for prev in range(10): if prev > last: dp[n] += dp if prev < last: dp[n] += dp 4) Порядок пересчёта: мы всегда обращаемся к предыдущей длине, так что просто пара вложенных for "ов.
5) Ответ - это сумма dp[N] .

Теперь надо придумать начальный вектор и матрицу перехода к нему. Вектор, кажется, придумывается быстро: все состояния, обозначающие длину последовательности N . Ну а матрица перехода выводится, смотря на формулы пересчёта.

Вектор и матрица перехода

Динамика по подотрезкам

Пример №4: Запаковка строки

Определим сжатую строку:
1) Строка состоящая только из букв - это сжатая строка. Разжимается она в саму себя.
2) Строка, являющаяся конкатенацией двух сжатых строк A и B . Разжимается она в конкатенацию разжатых строк A и B .
3) Строка D(X) , где D - целое число, большее 1 , а X - сжатая строка. Разжимается она в конкатенацию D строк, разжатых из X .
Пример: “3(2(A)2(B))C” разжимается в “AABBAABBAABBC” .

Необходимо по строке s узнать длину самой короткой сжатой строки, разжимающийся в неё.

Решение

Решается эта задача, как вы уже наверняка догадались, динамикой по подотрезкам.

1) Состояние динамики: d[l][r] - сжатая строка минимальной длины, разжимающаяся в строку s
2) Начальные состояния: все подстроки длины один можно сжать только в них самих.
3) Пересчёт динамики:
У лучшего ответа есть какая-то последняя операция сжатия: либо это просто строка из заглавных букв, или это конкатенация двух строк, или само сжатие. Так давайте переберём все варианты и выберем лучший.

Dp_len = r - l dp[l][r] = dp_len # Первый вариант сжатия - просто строка. for i in range(l + 1, r): dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][i] + dp[i][r]) # Попробовать разделить на две сжатые подстроки for cnt in range(2, dp_len): if (dp_len % cnt == 0): # Если не делится, то нет смысла пытаться разделить good = True for j in range(1, (dp_len / cnt) + 1): # Проверка на то, что все cnt подстрок одинаковы good &= s == s if good: # Попробовать разделить на cnt одинаковых подстрок и сжать dp[l][r] = min(dp[l][r], len(str(cnt)) + 1 + dp[l] + 1) 4) Порядок пересчёта: прямой по возрастанию длины подстроки или ленивая динамика.
5) Ответ лежит в d .

Пример №5: Дубы

Динамика по поддеревьям

Пример №6: Логическое дерево

Требуется найти минимальное количество изменений логических операций во внутренних вершинах, такое, чтобы изменилось значение в корне или сообщить, что это невозможно.

Решение

1) Состояние динамики: d[v][x] - количество операций, требуемых для получения значения x в вершине v . Если это невозможно, то значение состояния - +inf .
2) Начальные значения: для листьев, очевидно, что своё значение можно получить за ноль изменений, изменить же значение невозможно, то есть возможно, но только за +inf операций.
3) Формула пересчёта:
Если в этой вершине уже значение x , то ноль. Если нет, то есть два варианта: изменить в текущей вершине операцию или нет. Для обоих нужно найти оптимальный вариант и выбрать наилучший.

Если операция «И» и нужно получить «0», то ответ это минимум из значений d[i] , где i - сын v .
Если операция «И» и нужно получить «1», то ответ это сумма всех значений d[i] , где i - сын v .
Если операция «ИЛИ» и нужно получить «0», то ответ это сумма всех значений d[i] , где i - сын v .
Если операция «ИЛИ» и нужно получить «1», то ответ это минимум из значений d[i] , где i - сын v .

4) Порядок пересчёта: легче всего реализуется лениво - в виде поиска в глубину из корня.
5) Ответ - d xor 1] .

Динамика по подмножествам

Пример №7: Гамильтонов цикл минимального веса, или задача коммивояжера

Решение

Так как мы ищем цикл, проходящий через все вершины, то можно выбрать за «начальную» вершину любую. Пусть это будет вершина с номером 0 .

1) Состояние динамики: dp[v] - путь минимального веса из вершины 0 в вершину v , проходящий по всем вершинам, лежащим в mask и только по ним.
2) Начальные значения: dp = 0 , все остальные состояния изначально - +inf .
3) Формула пересчёта: Если i -й бит в mask равен 1 и есть ребро из i в v , то:
dp[v] = min(dp[v], dp[i] + w[i][v]) Где w[i][v] - вес ребра из i в v .
4) Порядок пересчёта: самый простой и удобный способ - это написать ленивую динамику, но можно поизвращаться и написать перебор масок в порядке увеличения количества единичных битов в ней.
5) Ответ лежит в d[(1 << N) - 1] .

Динамика по профилю

Эти задачи можно решить полным перебором за , где a - количество вариантов замощения одной клетки. Динамика по профилю же оптимизирует время по одной из размерностей до линейной, оставив от себя в экспоненте только коэффициент. Получится что-то такое: .

Профиль - это k (зачастую один) столбцов, являющиеся границей между уже замощённой частью и ещё не замощённой. Эта граница заполнена только частично. Очень часто является частью состояния динамики.

Почти всегда состояние - это профиль и то, где этот профиль. А переход увеличивает это местоположение на один. Узнать, можно ли перейти из одного профиля в другой можно за линейное от размера профиля время. Это можно проверять каждый раз во время пересчёта, но можно и предподсчитать. Предподсчитывать будем двумерный массив can - можно ли от одной маски перейти к другой, положив несколько фигурок, увеличив положение профиля на один. Если предподсчитывать, то времени на выполнение потребуется меньше, а памяти - больше.

Пример №8: Замощение доминошками

Решение

Здесь профиль - это один столбец. Хранить его удобно в виде двоичной маски: 0 - не замощенная клетка столбца, 1 - замощенная. То есть всего профилей .

0) Предподсчёт (опционально): перебрать все пары профилей и проверить, что из одного можно перейти в другой. В этой задаче это проверяется так:

Если в первом профиле на очередном месте стоит 1 , значит во втором обязательно должен стоять 0 , так как мы не сможем замостить эту клетку никакой фигуркой.

Если в первом профиле на очередном месте стоит 0 , то есть два варианта - или во втором 0 или 1 .
Если 0 , это значит, что мы обязаны положить вертикальную доминошку, а значит следующую клетку можно рассматривать как 1 . Если 1 , то мы ставим вертикальную доминошку и переходим к следующей клетке.

Примеры переходов (из верхнего профиля можно перейти в нижние и только в них):

После этого сохранить всё в массив can - 1 , если можно перейти, 0 - если нельзя.
1) Состояние динамики: dp - количество полных замощений первых pos - 1 столбцов с профилем mask .
2) Начальное состояние: dp = 1 - левая граница поля - прямая стенка.
3) Формула пересчёта:
dp += dp * can
4) Порядок обхода - в порядке увеличения pos .
5) Ответ лежит в dp.

Полученная асимптотика - .

Динамика по изломанному профилю

Теперь, после добавления излома в профиль, можно переходить к следующему состоянию, добавляя всего одну фигурку, накрывающую левую клетку излома. То есть увеличением числа состояний в N раз (надо помнить, где место излома) мы сократили число переходов из одного состояния в другое с до . Асимптотика улучшилась с до .

Переходы в динамике по изломанному профилю на примере задачи про замощение доминошками (пример №8):

Восстановление ответа

В каждой задаче свой способ восстановления ответа, но самые распространенные:

• Рядом со значением состояния динамики хранить полный ответ на подзадачу. Если ответ - это что-то большое, то может понадобиться чересчур много памяти, поэтому если можно воспользоваться другим методом, обычно так и делают.
• Восстанавливать ответ, зная предка(ов) данного состояния. Зачастую можно восстановить ответ, зная только как он был получен. В той самой «Запаковке строки» можно для восстановления ответа хранить только вид последнего действия и то, из каких состояний оно было получено.
• Есть способ, вообще не использующий дополнительную память - после пересчёта динамики пойти с конца по лучшему пути и по дороге составлять ответ.

Небольшие оптимизации

Память

Время

Замена состояния

Пример №9: Разложение числа

• 3 + 4
• 2 + 5
• 1 + 7
• 1 + 2 + 4

Динамическое программирование - тема, которой в рунете посвящено довольно мало статей, поэтому мы решили ею заняться. В этой статье будут разобраны классические задачи на последовательности, одномерную и двумерную динамику, будет дано обоснование решениям и описаны разные подходы к их реализации. Весь приведённый в статье код написан на Java.

О чём вообще речь? Что такое динамическое программирование?

Метод решения задачи путём её разбиения на несколько одинаковых подзадач, рекуррентно связанных между собой. Самым простым примером будут числа Фибоначчи - чтобы вычислить некоторое число в этой последовательности, нам нужно сперва вычислить третье число, сложив первые два, затем четвёртое таким же образом на основе второго и третьего, и так далее (да, мы слышали про замкнутую формулу).

Хорошо, как это использовать?

Решение задачи динамическим программированием должно содержать следующее:

И что, мне для решения рекурсивный метод писать надо? Я слышал, они медленные.

Конечно, не надо, есть и другие подходы к реализации динамики. Разберём их на примере следующей задачи:

Вычислить n-й член последовательности, заданной формулами:
a 2n = a n ­+ a n-1 ,
a 2n+1 = a n — a n-1 ,
a 0 = a 1 = 1.

Идея решения

Здесь нам даны и начальные состояния (a 0 = a 1 = 1), и зависимости. Единственная сложность, которая может возникнуть - понимание того, что 2n - условие чётности числа, а 2n+1 - нечётности. Иными словами, нам нужно проверять, чётно ли число, и считать его в зависимости от этого по разным формулам.

Рекурсивное решение

Очевидная реализация состоит в написании следующего метода:

Private static int f(int n){ if(n==0 || n==1) return 1; // Проверка на начальное значение if(n%2==0){ //Проверка на чётность return f(n/2)+f(n/2-1); // Вычисляем по формуле для чётных индексов, // ссылаясь на предыдущие значения }else{ return f((n-1)/2)-f((n-1)/2-1); // Вычисляем по формуле для нечётных //индексов, ссылаясь на предыдущие значения } }

И она отлично работает, но есть нюансы. Если мы захотим вычислить f(12) , то метод будет вычислять сумму f(6)+f(5) . В то же время, f(6)=f(3)+f(2) и f(5)=f(2)-f(1) , т.е. значение f(2) мы будем вычислять дважды. Спасение от этого есть - мемоизация (кеширование значений).

Рекурсивное решение с кэшированием значений

Идея мемоизации очень проста - единожды вычисляя значение, мы заносим его в какую-то структуру данных. Перед каждым вычислением мы проверяем, есть ли вычисляемое значение в этой структуре, и если есть, используем его. В качестве структуры данных можно использовать массив, заполненный флаговыми значениями. Если значение элемента по индексу N равно значению флага, значит, мы его ещё не вычисляли. Это создаёт определённые трудности, т.к. значение флага не должно принадлежать множеству значений функции, которое не всегда очевидно. Лично я предпочитаю использовать хэш-таблицу - все действия в ней выполняются за O(1) , что очень удобно. Однако, при большом количестве значений два числа могут иметь одинаковый хэш, что, естественно, порождает проблемы. В таком случае стоит использовать, например, красно-чёрное дерево .

Для уже написанной функции f(int) кэширование значений будет выглядеть следующим образом:

Private static HashMap cache = new HashMap(); private static int fcashe(int n){ if(!cache.containsKey(n)){//Проверяем, находили ли мы данное значение cache.put(n, f(n)); //Если нет, то находим и записываем в таблицу } return cache.get(n); }

Не слишком сложно, согласитесь? Зато это избавляет от огромного числа операций. Платите вы за это лишним расходом памяти.

Последовательное вычисление

Теперь вернёмся к тому, с чего начали - рекурсия работает медленно. Не слишком медленно, чтобы это приносило действительные неприятности в настоящей жизни, но на соревнованиях по спортивному программированию каждая миллисекунда на счету.

Метод последовательного вычисления подходит, только если функция ссылается исключительно на элементы перед ней - это его основной, но не единственный минус. Наша задача этому условию удовлетворяет.

Суть метода в следующем: мы создаём массив на N элементов и последовательно заполняем его значениями. Вы, наверное, уже догадались, что таким образом мы можем вычислять в том числе те значения, которые для ответа не нужны. В значительной части задач на динамику этот факт можно опустить, так как для ответа часто бывают нужны как раз все значения. Например, при поиске наименьшего пути мы не можем не вычислять путь до какой-то точки, нам нужно пересмотреть все варианты. Но в нашей задаче нам нужно вычислять приблизительно log 2 (N) значений (на практике больше), для 922337203685477580-го элемента (MaxLong/10) нам потребуется 172 вычисления.

Private static int f(int n){ if(n<2) return 1; //Может, нам и вычислять ничего не нужно? int fs = int[n]; //Создаём массив для значений fs=fs=1; //Задаём начальные состояния for(int i=2; i

Ещё одним минусом такого подхода является сравнительно большой расход памяти.

Создание стека индексов

Сейчас нам предстоит, по сути, написать свою собственную рекурсию. Идея состоит в следующем - сначала мы проходим «вниз» от N до начальных состояний, запоминая аргументы, функцию от которых нам нужно будет вычислять. Затем возвращаемся «вверх», последовательно вычисляя значения от этих аргументов, в том порядке, который мы записали.

Зависимости вычисляются следующим образом:

LinkedList stack = new LinkedList(); stack.add(n); { LinkedList queue = new LinkedList(); //Храним индексы, для которых ещё не вычислены зависимости queue.add(n); int dum; while(queue.size()>0){ //Пока есть что вычислять dum = queue.removeFirst(); if(dum%2==0){ //Проверяем чётность if(dum/2>1){ //Если вычисленная зависимость не принадлежит начальным состояниям stack.addLast(dum/2); //Добавляем в стек queue.add(dum/2); //Сохраняем, чтобы //вычислить дальнейшие зависимости } if(dum/2-1>1){ //Проверяем принадлежность к начальным состояниям stack.addLast(dum/2-1); //Добавляем в стек queue.add(dum/2-1); //Сохрнаяем, чтобы //вычислить дальнейшие зависимости } }else{ if((dum-1)/2>1){ //Проверяем принадлежность к начальным состояниям stack.addLast((dum-1)/2); //Добавляем в стек queue.add((dum-1)/2); //Сохрнаяем, чтобы //вычислить дальнейшие зависимости } if((dum-1)/2-1>1){ //Проверяем принадлежность к начальным состояниям stack.addLast((dum-1)/2-1); //Добавляем в стек queue.add((dum-1)/2-1); //Сохрнаяем, чтобы //вычислить дальнейшие зависимости } } /* Конкретно для этой задачи есть более элегантный способ найти все зависимости, здесь же показан достаточно универсальный */ } }

Полученный размер стека – то, сколько вычислений нам потребуется сделать. Именно так я получил упомянутое выше число 172.

Теперь мы поочередно извлекаем индексы и вычисляем для них значения по формулам – гарантируется, что все необходимые значения уже будут вычислены. Хранить будем как раньше – в хэш-таблице.

HashMap values = new HashMap(); values.put(0,1); //Важно добавить начальные состояния //в таблицу значений values.put(1,1); while(stack.size()>0){ int num = stack.removeLast(); if(!values.containsKey(num)){ //Эту конструкцию //вы должны помнить с абзаца о кешировании if(num%2==0){ //Проверяем чётность int value = values.get(num/2)+values.get(num/2-1); //Вычисляем значение values.add(num, value); //Помещаем его в таблицу }else{ int value = values.get((num-1)/2)-values.get((num-1)/2-1); //Вычисляем значение values.add(num, value); //Помещаем его в таблицу } }

Все необходимые значения вычислены, осталось только написать

Return values.get(n);

Конечно, такое решение гораздо более трудоёмкое, однако это того стоит.

Хорошо, математика - это красиво. А что с задачами, в которых не всё дано?

Для больше ясности разберём следующую задачу на одномерную динамику:

На вершине лесенки, содержащей N ступенек, находится мячик, который начинает прыгать по ним вниз, к основанию. Мячик может прыгнуть на следующую ступеньку, на ступеньку через одну или через 2. (То есть, если мячик лежит на 8-ой ступеньке, то он может переместиться на 5-ую, 6-ую или 7-ую.) Определить число всевозможных «маршрутов» мячика с вершины на землю.

Идея решения

На первую ступеньку можно попасть только одним образом - сделав прыжок с длиной равной единице. На вторую ступеньку можно попасть сделав прыжок длиной 2, или с первой ступеньки - всего 2 варианта. На третью ступеньку можно попасть сделав прыжок длиной три, с первой или со втрой ступенек. Т.е. всего 4 варианта (0->3; 0->1->3; 0->2->3; 0->1->2->3). Теперь рассмотрим четвёртую ступеньку. На неё можно попасть с первой ступеньки - по одному маршруту на каждый маршрут до неё, со второй или с третьей - аналогично. Иными словами, количество путей до 4-й ступеньки есть сумма маршрутов до 1-й, 2-й и 3-й ступенек. Математически выражаясь, F(N) = F(N-1)+F(N-2)+F(N-3) . Первые три ступеньки будем считать начальными состояниями.

Реализация через рекурсию

Здесь ничего хитрого нет.

Исходя из того, что, по большому счёту, простое решение на массиве из N элементов очевидно, я продемонстрирую тут решение на массиве всего из трёх.

Int vars = new int; vars=1;vars=2;vars=4; for(int i=3; i

Так как каждое следующее значение зависит только от трёх предыдущих, ни одно значение под индексом меньше i-3 нам бы не пригодилось. В приведённом выше коде мы записываем новое значение на место самого старого, не нужного больше. Цикличность остатка от деления на 3 помогает нам избежать кучи условных операторов. Просто, компактно, элегантно.

Там вверху ещё было написано про какую-то двумерную динамику?..

С двумерной динамикой не связано никаких особенностей, однако я, на всякий случай, рассмотрю здесь одну задачу и на неё.

В прямоугольной таблице NxM в начале игрок находится в левой верхней клетке. За один ход ему разрешается перемещаться в соседнюю клетку либо вправо, либо вниз (влево и вверх перемещаться запрещено). Посчитайте, сколько есть способов у игрока попасть в правую нижнюю клетку.

Идея решения

Логика решения полностью идентична таковой в задаче про мячик и лестницу - только теперь в клетку (x,y) можно попасть из клеток (x-1,y) или (x, y-1) . Итого F(x,y) = F(x-1, y)+F(x,y-1) . Дополнительно можно понять, что все клетки вида (1,y) и (x,1) имеют только один маршрут - по прямой вниз или по прямой вправо.

Реализация через рекурсию

Ради всего святого, не нужно делать двумерную динамику через рекурсию. Уже было упомянуто, что рекурсия менее выгодна, чем цикл по быстродействию, так двумерная рекурсия ещё и читается ужасно. Это только на таком простом примере она смотрится легко и безобидно.

Private static int f(int i, int j) { if(i==1 || j==1) return 1; return f(i-1, j)+f(i, j-1); }

Реализация через массив значений