斐波那契数列的应用

f(n)= f(n-1)+ f(n-2), f(1)= 1,f(2)= 2;

牛客网题目一:

我们可以用2*1的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个2*1的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形,总共有多少种方法?

分析:

链接:https://www.nowcoder.com/questionTerminal/72a5a919508a4251859fb2cfb987a0e6
来源:牛客网

2*n的大矩形,和n个2*1的小矩形

其中target*2为大矩阵的大小

有以下几种情形:

1. target <= 0 大矩形为<= 2*0,直接return 1;

2. target = 1大矩形为2*1,只有一种摆放方法,return1;

3. target = 2 大矩形为2*2,有两种摆放方法,return2;

4. target = n 分为两步考虑:

        第一次摆放一块 2*1 的小矩阵,则摆放方法总共为f(target - 1)

             
             


第一次摆放一块1*2的小矩阵,则摆放方法总共为f(target-2)

因为,摆放了一块1*2的小矩阵(用√√表示),对应下方的1*2(用××表示)摆放方法就确定了,所以为f(targte-2)

           
× ×            

代码如下:

public class Solution {
    public int RectCover(int target) {
        if(target <= 0){
            return 0;
        }
        if(target == 1){
            return 1;
        }
        if(target == 2){
            return 2;
        }
        return RectCover(target - 1) + RectCover(target - 2);
    }
}

 

题目二:

一只青蛙一次可以跳上1级台阶,也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法(先后次序不同算不同的结果)。

分析:

链接:https://www.nowcoder.com/questionTerminal/8c82a5b80378478f9484d87d1c5f12a4
来源:牛客网

对于本题,前提只有 一次 1阶或者2阶的跳法。

a.如果两种跳法,1阶或者2阶,那么假定第一次跳的是一阶,那么剩下的是n-1个台阶,跳法是f(n-1);

b.假定第一次跳的是2阶,那么剩下的是n-2个台阶,跳法是f(n-2)

c.由a\b假设可以得出总跳法为: f(n) = f(n-1) + f(n-2) 

d.然后通过实际的情况可以得出:只有一阶的时候 f(1) = 1 ,只有两阶的时候可以有 f(2) = 2

e.可以发现最终得出的是一个斐波那契数列:

        

              | 1, (n=1)

f(n) =     | 2, (n=2)

              | f(n-1)+f(n-2) ,(n>2,n为整数)

代码如下:

public class Solution {
    public int JumpFloor(int target) {
        if(target == 1){
            return 1;
        }
        if(target == 2){
            return 2;
        }
        return JumpFloor(target - 1) + JumpFloor(target -2);
    }
}

 

题目三:

一只青蛙一次可以跳上1级台阶,也可以跳上2级……它也可以跳上n级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。

分析:

链接:https://www.nowcoder.com/questionTerminal/22243d016f6b47f2a6928b4313c85387
来源:牛客网

f(1) = 1

f(2) = f(2-1) + f(2-2)         //f(2-2) 表示2阶一次跳2阶的次数。

f(3) = f(3-1) + f(3-2) + f(3-3) 

...

f(n) = f(n-1) + f(n-2) + f(n-3) + ... + f(n-(n-1)) + f(n-n) 

说明: 

1)这里的f(n) 代表的是n个台阶有一次1,2,...n阶的 跳法数。

2)n = 1时,只有1种跳法,f(1) = 1

3) n = 2时,会有两个跳得方式,一次1阶或者2阶,这回归到了问题(1) ,f(2) = f(2-1) + f(2-2) 

4) n = 3时,会有三种跳得方式,1阶、2阶、3阶,

    那么就是第一次跳出1阶后面剩下:f(3-1);第一次跳出2阶,剩下f(3-2);第一次3阶,那么剩下f(3-3)

    因此结论是f(3) = f(3-1)+f(3-2)+f(3-3)

5) n = n时,会有n中跳的方式,1阶、2阶...n阶,得出结论:

    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) 由以上已经是一种结论,但是为了简单,我们可以继续简化:

    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) 得出最终结论,在n阶台阶,一次有1、2、...n阶的跳的方式时,总得跳法为:

              | 1       ,(n=0 ) 

f(n) =     | 1       ,(n=1 )

              | 2*f(n-1),(n>=2)

代码如下:

public class Solution {
 public int JumpFloorII(int target) {
        if (target <= 0) {
            return -1;
        } else if (target == 1) {
            return 1;
        } else {
            return 2 * JumpFloorII(target - 1);
        }
    }
}

 

posted @ 2019-01-15 14:19  Horken  阅读(426)  评论(0编辑  收藏  举报