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70. Climbing Stairs

You are climbing a stair case. It takes   n   steps to reach to the top. Each time you can either climb 1 or 2 steps. In how many distinct ways can you climb to the top? Note:   Given   n   will be a positive integer. Example 1: Input: 2 Output: 2 Explanation: There are two ways to climb to the top. 1. 1 step + 1 step 2. 2 steps Example 2: Input: 3 Output: 3 Explanation: There are three ways to climb to the top. 1. 1 step + 1 step + 1 step 2. 1 step + 2 steps 3. 2 steps + 1 step   //問題：爬樓梯（每次只能爬1步或者2步） //分析：具有最優子結構和重疊子問題的兩點特性，可以用動態規劃方法 //暴力法：遞迴分解climbStairs(i,n)=(i+1,n)+climbStairs(i+2,n)，由於存在很多重複子問題，效率很低，時間複雜度為O(2^n)（遞迴二叉樹結點數） /* //方法一：帶備忘的自頂向下法(O(n),O(n)) //分解問題：climbStairs(i,n)=(i+1,n)+climbStairs(i+2,n),i為當前的步子，n為目標的步子 class Solution { public:     int climbStairs(int n)     {         vector<int> memo(n);         return climb_stairs(0, n, memo); //遞迴     }     int climb_stairs(int i, int n, vector<int>& memo)     {         if(i>n) return 0; //後面分解的時候有i+1和i+2，故有可能出現i>n的情況         if(i==n) return 1; //初始值         if(memo[i] > 0) return memo[i];//已經計算的不必重新計算         memo[i] = climb_stairs(i+1, n, memo) + climb_stairs(i+2, n, memo);//每一次只能爬一步或兩步         return memo[i];     } };*/ //方法二：自底向上法(O(n),O(n)) //通項公式：可以從座標（i-1）到座標i，也可以從座標（i-2）到座標i, //故有dp[i]=dp[i−1]+dp[i−2]，dp[i]表示到座標i的走法，所以可以從按問題規模從小到大計算，這樣就不會計算重複問題了 （可以寫出遞推公式，自上而下分析，自下而上解決） //思路：考慮到座標n，有兩種情況，在n-1級臺階上往上跳1級，在n-2級臺階上往上跳2級，故得an = an-1 + an-2,可以推廣到其他位置 class Solution { public :     int climbStairs ( int n )      {         if(n <= 0) return 0;         if ( n = = 1 ) return 1 ; //因為通項公式中最少須有兩個初始值           vector < int > dp ( n + 1 ); //初始化為0         dp [ 0 ] = 1 ; dp [ 1 ] = 1 ;         for ( int i = 2 ; i <= n ; i ++) dp [ i ] = dp [ i - 1 ] + dp [ i - 2 ]; //假設dp[0]=1,則從dp[2]開始滿足通項公式         return dp [ n ];             } }; //方法三：斐波那契數列(O(n),O(1)) 計算時只儲存三個數，故可節省空間（方法二也可以做此優化） //方法四：Binets Method(O(logn),O(1)) [[Fn+1 Fn], [Fn Fn-1]] = [[1 1], [1 0]]^n   延伸1： （變態跳臺階）     如果這個青蛙可以跳1級、2級...n級，則跳上n級臺階有多少種跳法 思路：跳到n級臺階，an = an-1 + an-2 +....a1 +a0 （a0 = 1,表示從起點一次性跳n級，a1 =1, a2 =2）,由數學歸納法可以證明an = 2^(n-1)   延伸2：矩形覆蓋      我們可以用2*1的小矩形橫著或者豎著去覆蓋更大的矩形。請問用n個2*1的小矩形無重疊地覆蓋一個2*n的大矩形，總共有多少種方法？   /* 問題：矩形覆蓋 方法：動態規劃 f(n)表示2*n的矩形的覆蓋方法 f(n)可以是2*(n-1)的矩形加一個豎著放的2*1的矩形或2*(n-2)的矩形加2橫著放的, 故遞推公式為：f(n)=f(n-1)+f(n-2) 另外，f(1)=1,f(2)=2，為方便起見，假設f(0) = 1 */ class Solution { public :     int rectCover ( int n )     {         if ( n <= 0 ) return 0 ;         if ( n == 1 ) return 1 ;                 vector < int > dp ( n + 1 );         dp [ 0 ] = dp [ 1 ] = 1 ;         for ( int i = 2 ; i <= n ; i ++)             dp [ i ] = dp [ i - 1 ] + dp [ i - 2 ];                 return dp [ n ];     } };