## 题目描述 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。 ## [](https://github.com/julycoding/The-Art-Of-Programming-By-July/blob/master/ebook/zh/02.05.md#分析与解法)分析与解法 ### [](https://github.com/julycoding/The-Art-Of-Programming-By-July/blob/master/ebook/zh/02.05.md#解法一)解法一 首先考虑最简单的情况。如果只有1级台阶，那显然只有一种跳法。如果有2级台阶，那就有两种跳的方法了：一种是分两次跳，每次跳1级；另外一种就是一次跳2级。 现在我们再来讨论一般情况。我们把n级台阶时的跳法看成是n的函数，记为f(n)。 * 当n>2时，第一次跳的时候就有两种不同的选择： * 一是第一次只跳1级，此时跳法数目等于后面剩下的n-1级台阶的跳法数目，即为f(n-1)； * 另外一种选择是第一次跳2级，此时跳法数目等于后面剩下的n-2级台阶的跳法数目，即为f(n-2)。 因此n级台阶时的不同跳法的总数f(n)=f(n-1)+f(n-2)。 我们把上面的分析用一个公式总结如下： ~~~ / 1 n = 1 f(n)= 2 n = 2 \ f(n-1) + f(n-2) n > 2 ~~~ 原来上述问题就是我们平常所熟知的Fibonacci数列问题。可编写代码，如下： ~~~ long long Fibonacci(unsigned int n) { int result[3] = {0, 1, 2}; if (n <= 2) return result[n]; return Fibonacci(n - 1) + Fibonacci(n - 2); } ~~~ 那么，如果一个人上台阶可以一次上1个，2个，或者3个呢？这个时候，公式是这样写的： ~~~ / 1 n = 1 f(n)= 2 n = 2 4 n = 3 //111, 12, 21, 3 \ f(n-1)+f(n-2)+f(n-3) n > 3 ~~~ ### [](https://github.com/julycoding/The-Art-Of-Programming-By-July/blob/master/ebook/zh/02.05.md#解法二)解法二 解法一用的递归的方法有许多重复计算的工作，事实上，我们可以从后往前推，一步步利用之前计算的结果递推。 初始化时，dp[0]=dp[1]=1，然后递推计算即可：dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]。 参考代码如下： ~~~ //1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21.. int ClimbStairs(int n) { int dp[3] = { 1, 1 }; if (n < 2) { return 1; } for (int i = 2; i <= n; i++) { dp[2] = dp[0] + dp[1]; dp[0] = dp[1]; dp[1] = dp[2]; } return dp[2]; } ~~~ ## [](https://github.com/julycoding/The-Art-Of-Programming-By-July/blob/master/ebook/zh/02.05.md#举一反三)举一反三 1、兔子繁殖问题 13世纪意大利数学家斐波那契在他的《算盘书》中提出这样一个问题：有人想知道一年内一对兔子可繁殖成多少对，便筑了一道围墙把一对兔子关在里面。已知一对兔子每一个月可以生一对小兔子，而一对兔子出生后.第三个月开始生小兔子假如一年内没有发生死亡，则一对兔子一年内能繁殖成多少对？ 分析：这就是斐波那契数列的由来，本节的跳台阶问题便是此问题的变形，只是换了种表述形式。 2、换硬币问题。 想兑换100元钱，有1,2,5,10四种钱，问总共有多少兑换方法。 ~~~ const int N = 100; int dimes[] = { 1, 2, 5, 10 }; int arr[N + 1] = { 1 }; for (int i = 0; i < sizeof(dimes) / sizeof(int); ++i) { for (int j = dimes[i]; j <= N; ++j) { arr[j] += arr[j - dimes[i]]; } } ~~~ 此问题还有一个变形，就是打印出路径目前只想到要使用递归来解决这个问题。对此，利用一个vector来保存路径，每进入一层，push_back一个路径，每退出一层，pop_back一个路径。