一.
题目描述
大家都知道斐波那契数列，现在要求输入一个整数n，请你输出斐波那契数列的第n项（从0开始，第0项为0）n<=39
1.递归公式的解法
int Fibonacci(int n)
{
if(n <= 1)
{
return n;
} else {
return Fibonacci(n - 1) + Fibonacci(n - 2);
}
}很抱歉StackOverFlow了，事实上，用递归的方法计算的时间复杂度是以n的指数的方式递增的
2.递归展开-迭代方法O(N)
class Solution {
public:
int Fibonacci(int n) {
if(n <= 1)
{
return n;
}
int one = 0;
int two = 1;;
int res = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
res = one + two;
one = two;
two = res;
}
return res;
}
};3.最快的方法是用矩阵的方法，时间复杂度为O(logN),但不实用
二.跳台阶问题
1.普通跳台阶问题
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法（先后次序不同算不同的结果）
对于本题,前提只有 一次 1阶或者2阶的跳法。
a.如果两种跳法，1阶或者2阶，那么假定第一次跳的是一阶，那么剩下的是n-1个台阶，跳法是f(n-1);
b.假定第一次跳的是2阶，那么剩下的是n-2个台阶，跳法是f(n-2)
c.由a\b假设可以得出总跳法为: f(n) = f(n-1) + f(n-2)
d.然后通过实际的情况可以得出：只有一阶的时候 f(1) = 1 ,只有两阶的时候可以有 f(2) = 2
e.可以发现最终得出的是一个斐波那契数列：
1, (n=1)
f(n) = 2, (n=2)
f(n-1)+f(n-2) ,(n>2,n为整数)
public class Solution {
public int JumpFloor(int target) {
if (target <= 0) {
return -1;
} else if (target == 1) {
return 1;
} else if (target ==2) {
return 2;
} else {
return JumpFloor(target-1)+JumpFloor(target-2);
}
}
}2.变态跳台阶问题
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级……它也可以跳上n级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。
关于本题，前提是n个台阶会有一次n阶的跳法。分析如下:
f(1) = 1
f(2) = f(2-1) + f(2-2) //f(2-2) 表示2阶一次跳2阶的次数。
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)
说明：
1）这里的f(n) 代表的是n个台阶有一次1,2,...n阶的 跳法数。
2）n = 1时，只有1种跳法，f(1) = 1
3) n = 2时，会有两个跳得方式，一次1阶或者2阶，这回归到了问题（1） ，f(2) = f(2-1) + f(2-2)
4) n = 3时，会有三种跳得方式，1阶、2阶、3阶，
那么就是第一次跳出1阶后面剩下：f(3-1);第一次跳出2阶，剩下f(3-2)；第一次3阶，那么剩下f(3-3)
因此结论是f(3) = f(3-1)+f(3-2)+f(3-3)
5) n = n时，会有n中跳的方式，1阶、2阶...n阶，得出结论：
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) 由以上已经是一种结论，但是为了简单，我们可以继续简化：
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) 得出最终结论,在n阶台阶，一次有1、2、...n阶的跳的方式时，总得跳法为：
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);
}
}
}三.矩形覆盖问题
我们可以用2*1的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个2*1的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形，总共有多少种方法？
2*n的矩形方法数定义为f(n).
第一个2*1的小矩形覆盖大矩形的左边，
要么竖着放，转化成f(n-1),
要么横着放两次，转化成f(n-2),
f(n) = f(n-1) + f(n -2)
n = 0 f = 1
n = 1 f = 1
f(n - 1) + f(n - 2)
public class Solution {
public int RectCover(int target) {
if(target == 0){
return 0;
}
if(target*2 == 2){
return 1;
}else if(target*2 == 4){
return 2;
}else{
return RectCover(target-1)+RectCover(target-2);
}
}
}参考博客：