题目：一个台阶总共有n级，如果一次可以跳1级，也可以跳2级。求总共有多少总跳法，并分析算法的时间复杂度。
在[这里](http://zhedahht.blog.163.com/blog/static/25411174200731844235261/)看到这道面试题，思路是：
1）每次可以跳1级，也可以跳2级，如果当前只有1级台阶，那么就只有一次跳法；如果当前只有2级台阶，就有2种跳法（一种是每次跳1级，跳2次；另一种是一次跳2级，就跳完），也即 f(1) = 1; f(2) = 2。
2）假设有n级台阶要跳，如果最后一步是跳1级，那么剩下的就只有前面的n-1级台阶的步数了；如果最后一步是跳2级，那么剩下的就是前面n-2级台阶的步数了。总结两种情况，得出状态转移方程：
f（n) = f(n-1) + f(n-2)。
经过上面的过程，可以写出这样的代码：
~~~
int jumpstep(int n){
if(n == 1 || n == 2)
return n;
else
return jumpstep(n-1) + jumpstep(n-2);
}
~~~
代码行数很少了，但是效率很低，因为有很多重复计算，于是，想出了另一个：
~~~
int jumpstep2(int n){
if(n == 1 || n ==2)
return n;
int *a = new int[n+1];
a[1] = 1;
a[2] = 2;
for(int i = 3; i <= n ; ++i){
a[i] = a[i-1] + a[i-2];
}
int ret = a[n];
delete []a;
return ret;
}
~~~
用一个表了记录计算结果。接着，来粗劣测试一下这两种方法的运行时间。上测试代码：
~~~
#include<iostream>
#include<time.h>
using namespace std;
int jumpstep2(int n){
if(n == 1 || n ==2)
return n;
int *a = new int[n+1];
a[1] = 1;
a[2] = 2;
for(int i = 3; i <= n ; ++i){
a[i] = a[i-1] + a[i-2];
}
int ret = a[n];
delete []a;
return ret;
}
int jumpstep(int n){
if(n == 1 || n == 2)
return n;
else
return jumpstep(n-1) + jumpstep(n-2);
}
void test_time(int (*func)(int), int n){
long bTime = clock();
cout<<"-----------------------------------"<<endl;
cout<<"result is: "<<func(n)<<endl;
long eTime = clock();
cout<<"cost time: "<<(eTime - bTime)<<"ms"<<endl;
}
void test(){
int n;
cout<<"input n to test: ";
cin>>n;
test_time(jumpstep, n);
test_time(jumpstep2, n);
}
int main(){
test();
return 0;
}
~~~
运行结果如图：
统计为如下表：
当n = 50的时候，递归版本非常慢，等了好久都没出结果，于是干脆不等了。 当n比较大时，非递归版本运行速度比较高。
参考：
[http://zhedahht.blog.163.com/blog/static/25411174200731844235261/](http://zhedahht.blog.163.com/blog/static/25411174200731844235261/)
