i++ 多少 tro n-1 n) 第一次 post 多重 代碼實現

題目：一只青蛙一次可以跳上1級臺階，也可以跳上2級。求該青蛙跳上一個n級的臺階總共有多少種跳法。

分析：青蛙每次只有一階或者兩階兩種跳法，那麽：

• 假設第一次跳的是一階，那麽剩下的n-1個臺階，跳法是f(n-1)
• 假設第一次跳的是兩階，那麽剩下的n-2個臺階，跳法是f(n-2)
• 由上面兩種假設可得：f(n) = f(n-1) + f(n-2)
• 由實際情況可知：f(1) = 1，f(2) = 2
• 最終得出的是一個斐波那契數列：

| 1，n = 1 f(n) = | 2, n = 2
| f(n-1) + f(n -2), n >2 1、遞歸方法實現： 這種方法是最低級的做法，有很多重復計算，效率很低。

int jumpFloor(int n)
{
    if(n <= 0)
    return 0;
    if(n <= 2)
    return n;
    return jumpFloor(n-1) + jumpFloor(n-2);
}

2、動態規則實現： 這種方法利用斐波那契數列從下往上算，避免重復計算，提高效率。

int f(int n)
{
    if(n <= 0)
    return 0;
    int f = 1;
    int g = 1;
    while(n--)
    {
    g 
 
= g + f;
    f = g - f;
    }
    return f;
}

拓展：變態跳臺階問題 題目：一個臺階總共有n級，如果一次可以跳1級，也可以跳2級......它也可以跳上n級。此時該青蛙跳上一個n級的臺階總共有多少種跳法？ 分析：用f(n)表示青蛙跳上n階臺階的跳法數，設定f(0) = 1; 當n = 1 時，只有一種跳的方式，一階跳，f(1) = 1 當n = 2 時，有兩種跳的方式，一階跳和兩階跳，f(2) = f(1) + f(0) = 2 當n = 3 時，有三種跳的方式，第一次跳出一階後，後面還有f(3-1)中跳法； 第一次跳出二階後，後面還有f(3-2)中跳法；第一次跳出三階後，後面還有f(3-3)中跳法，f(3) = f(2) + f(1) + f(0) = 4 當n = n 時，第一次跳出一階後，後面還有f(n-1)中跳法； 第一次跳出二階後，後面還有f(n-2)中跳法......第一次跳出n階後，後面還有 f(n-n)中跳法，即： f(n) = f(n-1) + f(n-2) + f(n-3) + ... + f(n-n) = f(0) + f(1) + f(2) + ... + f(n-1) 又因為 f(n-1) = f(0) + f(2) + f(3) + ... + f(n-2) 兩式相減得：f(n) = 2 * f(n-1) ( n >= 2) | 0，n = 0 f(n) = | 1, n = 1
| 2 * f(n-1) , n >= 2 代碼實現：

int
 
 f(int n)
{
    if(n <= 0)
    return 0;
    if(n == 1)
    return 1;
    int f = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
    f = 2 * f;
    }
    return f;
}

跳臺階問題（遞歸、動態規則、變態跳臺階）