本篇文章有兩道題。
對於本題,前提只有 一次 1階或者2階的跳法。
a.如果兩種跳法，1階或者2階，那麼假定第一次跳的是一階，那麼剩下的是n-1個台階，跳法是f(n-1);
b.假定第一次跳的是2階，那麼剩下的是n-2個台階，跳法是f(n-2)
c.由a\b假設可以得出總跳法為: f(n) = f(n-1) + f(n-2)
d.然後通過實際的情況可以得出：只有一階的時候 f(1) = 1 ,只有兩階的時候可以有 f(2) = 2
e.可以發現最終得出的是乙個斐波那契數列：
——– | 1, (n=1)
f(n) = | 2, (n=2)
——– | f(n-1)+f(n-2) ,(n>2,n為整數)
public:
int jumpfloor(int number)
else
if (number == 1)
return jumpfloor(number - 1) + jumpfloor(number - 2);
}};
遞迴引起一系列的函式呼叫,並且有可能會有一系列的重複計算,遞迴演算法的執行效率相對較低.所以能使用迴圈的，就不要使用遞迴。
迭代法求斐波那契數列：
class solution
return i;}}
};
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，
那麼就是第一次跳出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，那麼剩下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階台階，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)
class solution
};
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