LeetCode 70. Climbing Stairs 自顶向下记忆化搜索，自底向上重叠子问题动态规划

70. 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?

Note: Given n will be a positive integer.

题意

爬楼梯案例。需要n步能到达楼梯的尽头

每一个你可以选择爬1阶或者2阶楼梯。有多少种方案可以爬到顶端

给定的n是一个正整数

思路1

类似斐波那契数的解法

分析f[i]表示i个台阶有多少种爬的方式

f[1] = 1; f[2] = 2;

f
= f[n-1]+f[n-2]典型的递归结构

求n阶台阶需要知道爬n-1阶和n-2阶台阶，有多少种爬的方式。以此递推，不断向下查找。自顶向下

直到递归结束条件：n==1或n==2时

代码1

//算法复杂度：O(2^n)指数级
class Solution {
private:
int res;
//f(1)=1, f(2) = 2;  f(n) = f(n-1)+f(n-2)
//统计走第i个楼梯有多少种可能
int calcStairs(int i)
{
if(i == 1)
return 1;
if(i == 2)
return 2;
res = calcStairs(i-1)+calcStairs(i-2);
return res;
}
public:
int climbStairs(int n) {
//n个台阶，范围是[0...n],总共有n+1个元素
vector<int> count(n+1,-1);
//类似于斐波那契数，解法1，自底向上，从子问题开始
res = calcStairs(n);
return res;
}
};

结果当然是超时

思路2

通过观察思路1，发现有大量的重复计算，即重叠的子问题。可以使用记忆化方式，减少进入递归的次数，通过查表的方式，直接获取结果。对于相同的台阶数，只计算一次。这样能极大的加快算法

代码2

class Solution {
private:

vector<int> count;
//f(1)=1, f(2) = 2;  f(n) = f(n-1)+f(n-2)
//直接使用递归超时，未做任何优化
//统计走第i个楼梯有多少种可能
int calcStairs(int i)
{
if(i == 1)
return 1;
if(i == 2)
return 2;
if(count[i] == -1)
{
count[i] = calcStairs(i-1)+calcStairs(i-2);
}

return count[i];
}
public:

int climbStairs(int n) {
int res;
//n个台阶，范围是[0...n],总共有n+1个元素，来记忆n个台阶可走的可能
count = vector<int>(n+1,-1);
//类似于斐波那契数，解法1，自底向上，从子问题开始
res = calcStairs(n);
return res;
}
};

获得了一个AC

思路3

之前的思路都是自顶向下，递归的向下去寻找。通过分析发现，n个台阶可能的走法，实际上可以转换为一个子问题的求解，当子问题得到解，那么将子问题的解合起来，也就是整个问题的解。

这样的方法称之为动态规划，自底向上。

代码3

class Solution {
public:
int climbStairs(int n) {
//n个台阶，范围是[0...n],总共有n+1个元素
vector<int> count(n+1,-1);
//类似于斐波那契数，解法1，自底向上，从子问题开始
count[1] = 1;
count[2] = 2;
for(int j=3;j<=n;j++)
{
count[j] = count[j-1]+count[j-2];
}

return count
;

}
};

这样的代码比起思路1和2简洁了很多。通过求解子问题来达到全局解

总结

动态规划：将原问题拆解成若干子问题，同时保存子问题的答案，使得每个子问题只求解一次，最终获得原问题的答案。