迭代是一種不斷用變量的舊值推出新值的過程。例如，程序設計中常用到的計數cnt=cnt+1（或cnt++），就是用變量cnt的值加上1后賦值給cnt；對k的求和s=s+k，就是用變量s的值加上k后賦值給s。這種用變量cnt、s的新值取代舊值的過程，實際上就是迭代。
遞推實際上也是根據遞推關系式不斷推出新值的過程，與迭代有很多共同之處。很多迭代過程可以應用遞推來解決；反過來，很多遞推過程也可以應用迭代來解決。
例如，下面的水手分椰子問題，既可以采用遞推法求解，也可以用迭代法求解。
【例1】水手分椰子
五個水手來到一個島上，采了一堆椰子后，因為疲勞都睡着了。一段時間后，第一個水手醒來，悄悄地將椰子等分成五份，多出一個椰子，便給了旁邊的猴子，然后自己藏起一份，再將剩下的椰子重新合在一起，繼續睡覺。不久，第二名水手醒來，同樣將椰子等分成五份，恰好也多出一個，也給了猴子。然后自己也藏起一份，再將剩下的椰子重新合在一起。以后每個水手都如此分了一次並都藏起一份，也恰好都把多出的一個給了猴子。第二天，五個水手醒來，發現椰子少了許多，心照不宣，便把剩下的椰子分成五份，恰好又多出一個，給了猴子。問原來這堆椰子至少有多少個?
（1）編程思路1。
應用遞推來求解，按時間來實施遞推。
設第i個水手藏椰子數為y(i)（i=1、2、…、5）個，第二天5個水手醒來后各分得椰子為y(6)個，則原來這堆椰子數為
x=5*y(1)+1
1）如何求取y(1)呢？
由於第二個水手醒來所面臨的椰子數為4y(1)，同時也為5y(2)+1，於是有
4*y(1)=5*y(2)+1
同樣，y(2)與y(3)之間的關系為：4*y(2)=5*y(3)+1
一般地，有遞推關系：4*y(i)=5*y(i+1)+1 （i=1、2、…、5）
2）遞推的初始（邊界）值如何確定？
問題本身沒有初始（邊界）條件限制，只要求上面5個遞推關系式所涉及的6個量y(i)都是正整數。也就是說，若有6個整數y(i)滿足5個方程4*y(i)=5*y(i+1)+1 (i=1,2,…,5)，即為所求的一個解。
3）采用順推法求解。
將遞推式變形為從y(i)推出y(i+1)的形式
y(i+1)=(4*y(i)-1)/5 (i=1,2,…,5)
首先y(1)賦初值k后推出y(2)，由y(2)推出y(3)，…，依此經5次遞推得y(6)。如果某一次推出的不是整數，則中止繼續往后推，k增1后賦值給y(1)，從頭開始。
這樣按時間順序從前往后遞推，若每次遞推所得都是整數，則找到了解，打印輸出。
為保證推出的y(i)為整數，則要求4*y(i-1)-1能被5整除（即前一個水手藏起一份后，剩下的4份能夠給猴子一個，再被分成五份）。因此，可確定最小的k值為4，即y(1)賦初值4；若在遞推過程中，某次y(i)不為整數，則重新賦y(1)從頭再來，為保證4*y(1)-1能被5整除，因此 k 的增量可設置為5。
（2）源程序1。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int i,k,x,y[7];
k=4; y[1]=k;
i=2;
while (i<=6)
{
if ((4*y[i-1]-1)%5!=0)
{
k=k+5; y[1]=k; i=2; // 若y(i)不是整數,k增1重試
}
else
{
y[i]=(4*y[i-1]-1)/5; // 遞推求后一個水手藏起的椰子y(i)
i++;
}
}
x=5*y[1]+1;
cout<<"原有椰子至少"<<x<<"個。"<<endl;
for (i=1; i<=5; i++)
cout<<"第 "<<i<<" 個水手面臨椰子 "<<5*y[i]+1<<" 個，藏 "<<y[i]<<"個。"<<endl;
cout<<"最后一起分時有椰子 "<<5*y[6]+1<<" 個，每人分得"<<y[6]<<"個。"<<endl;
return 0;
}
（3）編程思路2。
采用倒推法求解，即改為y(6)賦初值k后遞推出y(5)，由y(5)遞推出y(4)，依此經5次遞推得y(1)，“由后向前”遞推式為：
y(i)=(5*y(i+1)+1)/4 （i=1、2、…、5）
為確保從y(6)推出整數y(5)，顯然y(6)（即初始參數k）只能取3、7、11、…，即取k%4==3。因而k賦初值為3，k的增量為4。
（4）源程序2。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int i,k,x,y[7];
k=3; y[6]=k;
i=5;
while (i>=1)
{
if ((5*y[i+1]+1)%4!=0)
{
k=k+4; y[6]=k; i=5; // 若y(i)不是整數,k增1重試
}
else
{
y[i]=(5*y[i+1]+1)/4; // 遞推求前一個水手藏起的椰子y(i)
i--;
}
}
x=5*y[1]+1;
cout<<"原有椰子至少"<<x<<"個。"<<endl;
for (i=1; i<=5; i++)
cout<<"第 "<<i<<" 個水手面臨椰子 "<<5*y[i]+1<<" 個，藏 "<<y[i]<<"個。"<<endl;
cout<<"最后一起分時有椰子 "<<5*y[6]+1<<" 個，每人分得"<<y[6]<<"個。"<<endl;
return 0;
}
在思路（1）中，采用順推法，從前向后推，即從大到小推，試到k=3124才完成，從k=4到k=3124，試了625次；在思路（2）中，采用倒推法，從后往前推，即從小往大推，只要試到k=1023即可完成，從k=3到k=1023，試了256次。可見，在應用遞推時，選用合適的遞推方向關系到遞推的效率。
（5）編程思路3。
用迭代法求解。
從最后5位水手一起分椰子時的椰子數residual入手，設residual的初始值為6（每個水手至少能分1個，丟1個給猴子），但這不可能，因為residual的值一定是第5位水手分成5份后，藏1份，剩下的4份，即每次剩下的一定是4的倍數，因此residual值一定滿足兩個條件：（1）是4的倍數；（2）減1后能被5整除。即residual的值為16、36、56、76、…。
對residual值向前推導。看看能否前推5次，且每次剩下的椰子數均是4的倍數。例如，當residual=16時，第5位水手面臨的椰子數應為peachNum=present/4*5+1=16/4*5+1=21，而第5位水手面臨的椰子數是第4位水手藏起1份后剩下的4份，顯然21不是4的倍數，因此residual=16不可行，修改residual的值，使residual=residual+20=36，重新推導。
迭代時，迭代初值為 present=residual，迭代關系式為peachNum=present/4*5+1， present=peachNum，迭代控制條件為：在保證每次迭代后，present的值為4的倍數的情況下，迭代次數能達到5次。若迭代過程中，得到的present的值不是4的倍數，則修改residual的值，使residual=residual+20=36，重新迭代求解。
（6） 源程序3。
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int residual,present,peachNum,count;
residual=16;
count=0;
present=residual;
while (count<=4)
{
if(present%4!=0)
{
count=0;
residual+=20;
present=residual;
}
peachNum=present/4*5+1;
count++;
present=peachNum;
}
cout<<"原有椰子至少"<<peachNum<<"個。"<<endl;
return 0;
}
比較遞推與迭代，兩者的時間復雜度是相同的。所不同的是，遞推往往設置數組，而迭代只要設置迭代的簡單變量即可。
遞推過程中數組變量帶有下標，推出過程比迭代更為清晰。也正因為遞推中應用數組，因此保留了遞推過程中的中間數據。例如，每個水手i藏起的椰子都保存在數組y[i]中，隨時可以查看；而迭代過程中不保留中間數據。