斐波那契數列 算是比較常見的演算法題了。
f(1)=1;
f(2)=1;
f(3)=2;
…f(n)=f(n-1)+f(n-2);
一般採用遞迴的思想。今天做了幾個關於斐波那契數列，都記錄下來。
大家都知道斐波那契數列，現在要求輸入乙個整數n，請你輸出斐波那契數列的第n項（從0開始，第0項為0）。
n<=39
這個是最原始的，就是上面我說的斐波那契數列。**實現如下：
public int fibonacci(int n) else if(n==1 || n==2)
return fibonacci(n-1)+fibonacci(n-2);
}
public int fibonacci(int n) else if(n==1 || n==2)
int a=1;
int b=1;
int c=0;
for(int i=3;i<=n;i++)
return c;
}
乙隻青蛙一次可以跳上1級台階，也可以跳上2級。求該青蛙跳上乙個n級的台階總共有多少種跳法（先後次序不同算不同的結果）。
這是一道斐波那契數列，我們讀題可以發現。
只有乙個台階，一種跳法。
f(1)=1;
只要兩個台階，兩種跳法。
f(2)=2；
只要三個台階，從第乙個台階跳2步上來，或者從第二個台階跳一步上來。
f(3)=f(1)+f(2)
n 個台階，從n-1台階跳一步上來，或者從n-2 台階跳2步上來。
f(n)=f(n-1)+f(n-2);
所以這就是一道典型的斐波那契數列。**和上面一樣。
乙隻青蛙一次可以跳上1級台階，也可以跳上2級……它也可以跳上n級。求該青蛙跳上乙個n級的台階總共有多少種跳法。
在上面的基礎上，可以跳n個台階。
f(n)=f(n-1)+f(n-2)+f(n-3)+…+f(3)+f(2)+f(1);
f(n-1)=f(n-2)+f(n-3)+…+f(3)+f(2)+f(1);
所以上試減下試。
f(n)-f(n-1)=f(n-1)+f(n-2)+f(n-3)+…+f(3)+f(2)+f(1)-[f(n-2)+f(n-3)+…+f(3)+f(2)+f(1)];
所以：f(n)-f(n-1)=f(n-1)；
f(n)=2f(n-1);n>1
所以**為：
public int jumpfloorii(int target)這道題目相對前面幾道，比較難理解是斐波那契數列。
我們來分析一下。
當n=1 時，只有一種情況。
f(1)=1;
當n=2時，2個21的小矩形，拼成22的大矩形。有2種方法。
f(2)=2;
當n=3時，3個21的小矩形，拼成23的大矩形。
這個時候我們就要想下，23的矩形是乙個21 和乙個22的矩形組成的。
當n=5時，5個21的小矩形，拼成25的大矩形。
這個時候我們就要想下，25的矩形是乙個24的矩形加乙個21的矩形組成，或者乙個23的矩形加乙個22 的矩形組成。
所以可以推測出還是乙個斐波那契數列。
f(n)=f(n-1)+f(n-2);
**和最開始一樣，就不重複啦。
劍指offer之斐波那契數列
題目描述 大家都知道斐波那契數列，現在要求輸入乙個整數n，請你輸出斐波那契數列的第n項 從0開始，第0項為0 n 39 法一 儲存下前面計算的結果，節約計算時間 占用記憶體 484k class solution void cache init long long fibonacci 1 int n...
劍指offer 斐波那契數列
題目1描述 寫乙個函式，輸入n，求斐波那契數列的第n項。斐波那契數列的定義如下 f n 0 n 0 f n 1 n 1 f n f n 1 f n 2 n 1 分析描述 在大多數的c語言教科書中，一般會用遞迴求斐波那契數列。如下 long long fibonacci unsigned int n ...
劍指offer 斐波那契數列
記錄來自 劍指offer 的演算法題。題目如下 寫乙個函式，輸入n，實現斐波那契數列的第n項。斐波那契數列的定義如下 f n 01 f n 1 f n 2 n 0 n 1n 1 教科書上通常在介紹遞迴的時候都會使用斐波那契數列作為例子，然後給出下列解法 long long fibonacci uns...