20.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?

分析：f(n)=f(n-1)+f(n-2)。

方法一：看到这题目之后第一反应是用递归的方法做。

/**
* 递归的思想做f(n)=f(n-1)+f(n-2)，理论对，但是超时。
*/
public int climbStairs(int n) {
if (n == 0 || n == 1) {
return 1;
} else if (n == 2) {
return 2;
} else {
return climbStairs(n - 1) + climbStairs(n - 2);
}
}

方法二：递归的思想做。

但是提交方法一之后，运行超时。继续分析发现，可以采用动态规划的思想做，用数组保存f[1..n]的值。

/**
* 动态规划的思想：用s[i]记录阶梯有i+1层时走的方法，避免重复计算。使用递归重复计算的话很容易时间超时,所以采用动态规划的思想做。
* 对数组s来说，当求s[i]的时候其之前元素都已知。所以只需要s[i]=s[i-1]+s[i-2]即可。
*/
public int climbStairs2(int n) {
if (n == 0 || n == 1) {
return 1;
} else if (n == 2) {
return 2;
} else {
int s[] = new int
;
s[0] = 1;
s[1] = 2;
for (int i = 2; i < n; i++) {
s[i] = s[i - 1] + s[i - 2];
}
return s[n - 1];
}
}

方法三：方法二中已经极大的提高了计算效率，但是保存一个数组是没有必要的，只需要保存三个值就好了。计算第i个只需要知道i-1和i-2对应的值就好了。

/**
* 调整方法2中的数组表示的方法，只用三个值来表示，f3 = f1 + f2。
* f1表示比f3差两个台阶的可上方法数量，f2表示比f3差一个台阶的可上方法数。
*/
public int climbStairs3(int n) {
if (n == 0 || n == 1) {
return 1;
} else {
int f1 = 1;
int f2 = 1;
int f3 = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
f3 = f1 + f2;
f1 = f2;
f2 = f3;
}
return f3;
}
}