问题描述：
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
示例 1：
输入：n = 2
输出：2
解释：有两种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶
2. 2 阶
示例 2：
输入：n = 3
输出：3
解释：有三种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶 + 1 阶
2. 1 阶 + 2 阶
3. 2 阶 + 1 阶
?
提示：
1 <= n <= 45
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/climbing-stairs
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解题：
n=1? ?==> 1
n=2? ?==>1+1 / 2
n=3? ==>到达第三层只能从第一层或者第二层到达，所以1+2
n=4 ==>到达第四层只能从第二层或者第三层到达，所以2+3
依次类推：f(n) = f(n-1)+f(n-2)
1.拿到这道题，第一个冒出来的想法就是用暴力递归写。提交发现超时。
n=45时，2^45==>大概会计算这么多次
class Solution {
public:
int climbStairs(int n) {
if(n == 1){
return 1;
}else if(n == 2){
return 2;
}else{
return climbStairs(n-1)+climbStairs(n-2);
}
};2.记忆化递归，通过一个数组来记录已经计算过的结果，减少计算次数。
O(n)
class Solution {
public:
int *munber;
int f(int n){
if(munber[n] > 0){
return munber[n];
}
if(n == 1){
munber[1] = 1;
}else if(n == 2){
munber[2] = 2;
}else{
munber[n] = f(n-1)+f(n-2);
}
return munber[n];
}
int climbStairs(int n) {
munber = new int[n+1];
return f(n);
delete []munber; //记得释放内存
}
};3.再分析,发现是一个典型的动态规划题(自底向上)
class Solution {
public:
int climbStairs(int n) {
int dp[n+1];
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for(int i=3;i<=n;i++){
dp[i] = dp[i-1]+dp[i-2];
}
return dp[n];
}
};4.联想斐波那契数列，再优化
class Solution {
public:
int climbStairs(int n) {
int f1=1;
int f2=2;
int fn;
for(int i=3;i<=n;i++){
fn = f1+f2;
f1 = f2;
f2 = fn;
}
return fn;
}
};5.公式解：Binet's Formula
这个解法我也不晓得，看了别人的写法。可以背下来，如果要推原理的话，需要用到矩阵的知识。
f(n) = f(n-1) + f(n-2)
? ? ? ? 那么可以得到特征方程：
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? x^2 = x^1 + x^0
? ? ? ? 方程的两个解为：x1=[1-5^(1/2)]/2? ?x2=[1+5^(1/2)]/2
? ? ? ? 不妨设通向公式为：
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? f(n) = c1x1^n+c2x2^n
? ? ? ? 由于f(1) = 1、f(2) = 1
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? c1 = 1/5^(1/2)? ? c2 = -1/5(1^2)
? ? ? ? 所以：f(n) =?1/5^(1/2)*{[1-5^(1/2)]/2} ^n +?-1/5(1^2)*{[1+5^(1/2)]/2} ^n
? ? ? ? 斐波那契第n项的结果为：
? ? ? ? ? ??
我们的初始条件： f(1)=1? ? ?f(2)=2
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?由前面的公式算的f(n+1)为我们题目的f(n)的解
class Solution {
public:
int climbStairs(int n) {
double sqrt5 = sqrt(5);
double fib = pow((1+sqrt5)/2,n+1)-pow((1-sqrt5)/2,n+1);
return round(fib/sqrt5);
}
};