斐波那契數列與跳臺階問題以及變態跳臺階
1.跳臺階問題:(其實就是很純粹的斐波那契數列問題)
比較傾向於找規律的解法,f(1) = 1, f(2) = 2, f(3) = 3, f(4) = 5, 可以總結出f(n) =
f(n-1) +
f(n-2)的規律,但是為什麽會出現這樣的規律呢?假設現在6個臺階,我們可以從第5跳一步到6,這樣的話有多少種方案跳到5就有多少種方案跳到6,另外我們也可以從4跳兩步跳到6,跳到4有多少種方案的話,就有多少種方案跳到6,其他的不能從3跳到6什麽的啦,所以最後就是f(6)
= f(5) + f(4);這樣子也很好理解變態跳臺階的問題了。
class Solution { public: int jumpFloor(int n) { if(number<=2) return number; int f1=2;// 當前臺階後退一階的臺階的跳法總數(初始值當前臺階是第3階),對應fn-1 int f2=1;// 當前臺階後退二階的臺階的跳法總數(初始值當前臺階是第3階),對應fn-2 int fn=0; for(int i=3;i<=number;i++){//從第三階臺階開始算 fn=f1+f2; f2=f1; f1=fn; } return fn; } };//fib數列用這種方法2.變態跳臺階: 一只青蛙一次可以跳上1級臺階,也可以跳上2級……它也可以跳上n級。求該青蛙跳上一個n級的臺階總共有多少種跳法。
關於本題,前提是n個臺階會有一次n階的跳法。分析如下:
f(1) = 1
f(2) = f(2-1) + f(2-2) //f(2-2) 表示2階一次跳2階的次數。
f(3) = f(3-1) + f(3-2) + f(3-3)
...
f(n) = f(n-1) + f(n-2) + f(n-3) + ... + f(n-(n-1)) + f(n-n)
說明:
1)這裏的f(n) 代表的是n個臺階有一次1,2,...n階的 跳法數。
2)n = 1時,只有1種跳法,f(1) = 1
3) n = 2時,會有兩個跳得方式,一次1階或者2階,這回歸到了問題(1) ,f(2) = f(2-1) + f(2-2)
4) n = 3時,會有三種跳得方式,1階、2階、3階,
那麽就是第一次跳出1階後面剩下:f(3-1);第一次跳出2階,剩下f(3-2);第一次3階,那麽剩下f(3-3)
因此結論是f(3) = f(3-1)+f(3-2)+f(3-3)
5) n = n時,會有n中跳的方式,1階、2階...n階,得出結論:
f(n) = f(n-1)+f(n-2)+...+f(n-(n-1)) + f(n-n) => f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + ... + f(n-1)
6) 由以上已經是一種結論,但是為了簡單,我們可以繼續簡化:
f(n-1) = f(0) + f(1)+f(2)+f(3) + ... + f((n-1)-1) = f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + ... + f(n-2)
f(n) = f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + ... + f(n-2) + f(n-1) = f(n-1) + f(n-1)
可以得出:
f(n) = 2*f(n-1)
7) 得出最終結論,在n階臺階,一次有1、2、...n階的跳的方式時,總得跳法為:
| 1 ,(n=0 )
f(n) = | 1 ,(n=1 )
| 2*f(n-1),(n>=2)
public class Solution {
public int JumpFloorII(int target) {
if (target <= 0) {
return -1;
} else if (target == 1) {
return 1;
} else {
return 2 * JumpFloorII(target - 1);
}
}
}
還看到了一中更牛掰的思路:
每個臺階都有跳與不跳兩種情況(除了最後一個臺階),最後一個臺階必須跳。所以共用2^(n-1)種情況!!!
本文分析均來自於牛客網討論區的整理。大神們收下我的膝蓋=-=
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