一只青蛙一次可以跳上 1 级台阶，也可以跳上 2 级。求该青蛙跳上一个 n 级的台阶总共有多少种跳法。
诺，就像下面这样
其实我一看到这道题，我也是懵的，不知道从哪里着手分析，那我们就从最简单的情况开始分析。
假如 n = 1，一共有一级台阶，显然就只有一种跳法
一次跳1阶；
假如 n = 2，一共有两级台阶，共有两种跳法
跳1阶，再跳1阶
跳2阶
假设n = 3，共有三种跳法。
跳1阶，跳1阶，再跳1阶
跳1阶，再跳2阶
跳2阶, 再跳1阶
（注：此过程图是我从网上找的，实在是难得画啦）
通过上面的分析，我们可以这样思考问题
前往楼梯顶部的最后一步，要么跳1阶，要么跳2阶；
先假设f(n)为 n 级台阶的总跳法数；
那么第一次如果选择跳一级的话，剩下的 n-1 级台阶的跳法数就为f(n−1)。
如果第一次跳两级的话，剩下的 n-2 级台阶的跳法就是f(n−2)；
现在青蛙一次只能跳一级或两级，所以我们可以推出以下公式：
咦，这玩意儿不就是我们 斐波那契数 吗？
只不过有一点不同的是，斐波那契数列一般是以1,1,2,3,5,8,13……开始的；
而我们这是以1,2,3,5,8,13……开始的，少了最前面的一个1。
上面说到这个过程有点类似于斐波那契数，但又不完全是，所以我们先看主代码部分
#include <stdio.h>
int jump(int n)
{
if (n < 3)
{
//假设n的范围是[0, 3]
return n;
}
else
{
//n>3的时候
return jump(n - 1) + jump(n - 2);
}
}
int main()
{
int num = 0;
printf("请输入一个台阶数:> ");
scanf("%d", &num);
int ret = jump(num);
printf("小青蛙有 %d种 跳法\n", ret);
return 0;
}运行结果
但是，我们来看一下计算的过程
要计算f(6)，就需要先计算出子问题f(5)和f(4)
然后要计算f(5)，又要先算出子问题f(4)和f(3)，以此类推。
一直到f(2)和f(1)，递归树才终止。
因此，青蛙跳阶，递归解法的时间复杂度 等于O(1) * O(2ⁿ)=O(2ⁿ)
你仔细观察这颗递归树，你会发现存在「大量重复计算」；
比如f(4)被计算了两次，f(3)被重复计算了3次…所以这个递归算法低效的原因，就是存在大量的重复计算！
所以我们可以对代码进行优化
递归升级
在递归法的基础上，新建一个长度为n的数组，用于在递归时存储f(0)至f(n) 的数字值，重复遇到某数字时则直接从数组取用，避免了重复的递归计算。
所以我们设置一个数组，用于存放第一次计算某一个n的jump(n)。
当每一次要计算一个jump(n)的时候，就先查看数组中以n为下标的地方是否有值，有的话就可以不调用jump(n)，而直接从数组中取得结果值，否则再计算jump(n)。
代码实现
#include <stdio.h>
long int f[1000]={0};
int jump(int n){
//当只有一阶台阶的时候，只有一种上台阶的方式。
//当有2阶台阶的时候，有2种上台阶的方式，一种是一次上一阶，还有一种是一次上2个台阶。
//现在设有n阶台阶,如果n>2,那种应该有（先跳一阶）+（先跳2阶）的方式
//如果先跳一阶，那么就有jump(n-1)中方式。如果先跳2阶，那么就有jump(n-2)中方式。
//因此可以知道共有jump(n-1) + jump(n-2)种方式。
if(n==1)
{
f[1]=1;
return f[1];
}
if(n==0)
{
f[0]=1;
return f[0];
}
if(n==2)
{
f[2]=2;
return f[2];
}
else
{
if(f[n-1]!=0)
{
if(f[n-2]!=0)
{
return (f[n-1]+f[n-2]);
}
else
{
f[n-2]=jump(n-2);
return (f[n-1]+f[n-2]);
}
}
else
{
if(f[n-2]!=0)
{
f[n-1]=jump(n-1);
return (f[n-1]+f[n-2]);
}
else
{
f[n-1]=jump(n-1);
f[n-2]=jump(n-2);
return (f[n-1]+f[n-2]);
}
}
}
}
int main()
{
int num = 0;
printf("请输入一个台阶数:> ");
scanf("%d", &num);
int ret = jump(num);
printf("小青蛙有 %d种 跳法\n", ret);
return 0;
}
运行结果
动态规划解法
很快我又发现，不必把所有的记录都记起来；
假设我有3阶楼梯，我只需要知道跳2阶和跳1阶的方法数是多少就可以算出跳3阶的方法数；
因此每次只需要保留n−1阶和n−2阶的方法数。
代码实现
#include <stdio.h>
int jump(int n)
{
//n=0、1、2的时候,直接返回n即可
if (n < 3)
{
return n;
}
//第一个数为1
int one = 1;
//第二个数为2
int two = 2;
//用于存放前两个数之和
int sum = 0;
while (n > 2)
{
sum = one + two;
one = two;
two = sum;
n--;
}
return sum;
}
int main()
{
int num = 0;
printf("请输入一个台阶数:> ");
scanf("%d", &num);
int ret = jump(num);
printf("小青蛙有 %d种 跳法\n", ret);
return 0;
}
运行结果
一只青蛙一次可以跳上一级台阶，也可以跳上二级台阶……，也可以跳n级，求该青蛙跳上一个n级的台阶总共需要多少种跳法。
一只青蛙要想跳到n级台阶，可以从一级，二级……，也就是说可以从任何一级跳到n级
当台阶为1级时，f(1)=1；
当台阶为2级时，f(2)=1+1=2；
当台阶为3级时，f(3)=f(1)+f(2)+1=4；
当台阶为4级时，f(4)=f(1)+f(2)+f(3)+1=8；
当台阶为5级时，f(5)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+1=16；
所以递推公式我们很容易就能想到:f(n)=f(n−1)+f(n−2)+……+f(2)+f(1)+f(0)
最后这个f(0)是可以去掉的，因为0级就相当于没跳，所以f(0)=0
然后我们把f(0)去掉再转换一下：f(n−1)=f(n−2)+f(n−3)+……+f(2)+f(1)；
推导过程
我们列两个等式：
①f(n)=f(n−1)+f(n−2)+f(n−3)+…+f(2)+f(1)
②f(n−1)=f(n−2)+f(n−3)+…+f(2)+f(1)
由①-②得，f(n)=2f(n−1)
递归方法
代码示例
int jump(int n)
{
if (n == 1)
{
return 1;
}
else
{
return 2 * jump(n - 1);
}
}
int main()
{
int num = 0;
printf("请输入一个台阶数:> ");
scanf("%d", &num);
int ret = jump(num);
printf("小青蛙有 %d种 跳法\n", ret);
return 0;
}
运行结果
非递归方法
当然这里也可以用非递归的方式来实现
那么非递归怎么去思考呢？
可以这样理解：
然后使用用函数pow(2,n -1)，需要加头文件<math.h>
但是我们这里可以不用库函数来实现，给大家介绍一种神奇的运算
代码示例
int jump(int n)
{
if (n == 1)
{
return 1;
}
else
{
return 1 << (n-1);
}
}
int main()
{
int num = 0;
printf("请输入一个台阶数:> ");
scanf("%d", &num);
int ret = jump(num);
printf("小青蛙有 %d种 跳法\n", ret);
return 0;
}
运行结果
我这里选择用<<左移操作符来计算
其实这道算法题的本质可以说就是斐波那契数的衍生；
反言之，对于算法，我的理解：算法本质就是数学的解题过程
