...所以要让我成为一棵树是一个挑战。

生成一个名为tree的程序或函数，该程序或函数采用一个整数参数N，并绘制一个N层深的勾股树，其中0层只是树干。

树的每个结点都应将三角形的顶点放置在周长上的任意点上（此点应均匀分布在至少5个等距的点上，或均匀分布在整个半圆上）。

根据您的时间，您的树也可以是3d，彩色或点亮。但是，这是代码高尔夫球，因此最小的文件为准。

编辑：一周之后，我将关闭比赛并接受最小的答案

数学，246 234 221个字符

g[n_,s_:1]:={p=RandomReal[q=Pi/2],r=##~Rotate~(o={0,0})&,t=Translate}~With~If[n<0,{},Join[#~t~{0,s}&/@(#~r~p&)/@g[n-1,s*Cos@p],t[#,s{Cos@p^2,1+Sin[2p]/2}]&/@(r[#,p-q]&)/@g[n-1,s*Sin@p],{Rectangle[o,o+s]}]]
f=Graphics@g@#&

当然，这不是最优雅/最短的方法。

用法： f[8]

这里有例如用于输出f[6]和f[10]分别。

有点不符合要求：

g[n_, s_:1] := With[{p},
  r = Rotate;
  t = Translate;
  p = RandomReal[q = Pi/2];
  If[n < 0, {},
   Join[
    (t[#, {0, s}] &) /@ (r[#, p, {0, 0}] &) /@ g[n - 1, s*Cos[p]],
    (t[#, s {Cos[p]^2, 1 + Sin[2 p]/2}] &) /@ (r[#, p - q, {0, 0}] &) /@
       g[n - 1, s*Sin[p]],
    {Rectangle[{0, 0}, {s, s}]}
    ]
   ]
  ]
f = Graphics@g[#] &

CFDG，134个字符

这不是完全有效，因为您不能限制递归深度。但是问题只是在此方面需要解决方案。:)

startshape t
c(q)=cos(q/2)^2
d(q)=1+sin(q)/2
p=acos(-1)
shape t{w=rand(p)
SQUARE[x .5 .5]t[trans 0 1 c(w) d(w)]t[trans c(w) d(w) 1 1]}

结果看起来像这样

对于另外46个字符（总共180个字符），您甚至可以使用以下颜色：

startshape t
c(q)=cos(q/2)^2
d(q)=1+sin(q)/2
p=acos(-1)
shape t{w=rand(p)
SQUARE[x .5 .5 h 25 sat 1 b .2]t[trans 0 1 c(w) d(w) b .08 .8 h 2.2]t[trans c(w) d(w) 1 1 b .08 .8 h 2.2]}

后记，322 270

编辑：似乎realtime不能用作适当的随机生成器种子。因此，我们将为此使用环境变量并像这样运行程序：

gs -c 20 $RANDOM -f tree.ps

要么

gswin32c -c 20 %RANDOM% -f tree.ps

现在，我们的树木难以预测。14个字节被添加到总数中。其他更改：1）现在在命令行上传递了程序参数。2）没有明确的迭代计数器-堆栈大小用于此目的（左分支旋转角度存储在堆栈上，以便稍后绘制右分支）。3）没有所需深度的命名变量-堆栈大小是其在堆栈上的偏移量。它留在出口处，即不消耗。

srand
250 99 translate
50 50 scale
/f{
    count
    dup index div dup 1 le{
        0 exch 0 setrgbcolor
        0 0 1 1 rectfill
        0 1 translate
        rand 5 mod 1 add 15 mul
        gsave
        dup rotate
        dup cos dup scale
        f
        grestore
        dup cos dup dup mul
        exch 2 index sin mul translate
        dup 90 sub rotate
        sin dup scale 1
        f
        pop
    }{pop}ifelse
}def
f

我认为这很明显-图形状态已准备好，并且f对于每个连续的深度级别，都为“左”和“右”分支递归调用了两次过程。使用矩形1x1大小（请参见原始比例）可以避免乘以边长的麻烦。左分支的旋转角度是随机的-使用了5个随机等距的除法之一-我认为它可以防止出现统一情况下的丑陋情况。

所需深度超过20左右可能会很慢。

接下来是高尔夫版本，使用ASCII编码的二进制令牌（请参阅链接主题中的luser droog的答案）。注意，cos，sin，rand不能使用此记号。

/${{<920>dup 1 4 3 roll put cvx exec}forall}def srand 250 99<AD>$ 50 50<8B>$/f{count(8X68)$ 1 le{0(>)$ 0<9D>$ 0 0 1 1<80>$ 0 1<AD>$ rand 5 mod 1 add 15<~CecsG2u~>$ cos<388B>$ f(M8)$ cos(88l>)$ 2(X)$ sin<6CAD38>$ 90<A988>$ sin<388B>$ 1 f pop}{pop}(U)$}def f

。

/${{<920>dup 1 4 3 roll put cvx exec}forall}def
srand
250 99<AD>$
50 50<8B>$
/f{
count(8X68)$
1 le{
0(>)$ 0<9D>$
0 0 1 1<80>$
0 1<AD>$
rand 5 mod 1 add 15 
<~CecsG2u~>$
cos<388B>$ 
f
(M8)$
cos(88l>)$
2(X)$ sin<6CAD38>$
90<A988>$ sin<388B>$
1
f
pop
}{pop}(U)$
}def
f

Coffeescript 377B 352B

我写咖啡脚本很脏，但是找不到适合python3的绘图包：-/

Q=(n)->X=(D=document).body.appendChild(C=D.createElement('Canvas')).getContext('2d');C.width=C.height=400;M=Math;T=[[175,400,50,i=0]];S=M.sin;C=M.cos;while [x,y,l,a]=T[i++]
 X.save();X.translate x,y;X.rotate -a;X.fillRect 0,-l,l,l;X.restore();T.push [e=x-l*S(a),f=y-l*C(a),g=l*C(b=M.random()*M.PI/2),d=a+b],[e+g*C(d),f-g*S(d),l*S(b),d-M.PI/2] if i<2**n

JavaScript 393B 385B

在javascript中稍微漂亮一点，我对for循环更满意，但是如果没有[x，y，z] = A语法，我简直不能说短到足以击败coffeescript

function Q(n){X=(D=document).body.appendChild(C=D.createElement('Canvas')).getContext('2d');C.width=C.height=600;M=Math;T=[[275,400,50,i=0]];while(A=T[i++]){X.save();X.translate(x=A[0],y=A[1]);X.rotate(-(a=A[3]));X.fillRect(0,-(l=A[2]),l,l);X.restore();S=M.sin;C=M.cos;i<M.pow(2,n)&&T.push([e=x-l*S(a),f=y-l*C(a),g=l*C(b=M.random()*M.PI/2),d=a+b],[e+g*C(d),f-g*S(d),l*S(b),d-M.PI/2])}}

不得不说我有点高兴，这几乎是mathematica解决方案时间的两倍：-/实际使用它：http : //jsfiddle.net/FK2NX/3/