跳台阶问题

题目：一个台阶总共有n级，如果一次可以跳1级，也可以跳2级。求总共有多少总跳法，并分析算法的时间复杂度。

分析：这道题最近经常出现，包括MicroStrategy等比较重视算法的公司都曾先后选用过个这道题作为面试题或者笔试题。

首先我们考虑最简单的情况。如果只有1级台阶，那显然只有一种跳法。如果有2级台阶，那就有两种跳的方法了：一种是分两次跳，每次跳1级；另外一种就是一次跳2级。

现在我们再来讨论一般情况。我们把n级台阶时的跳法看成是n的函数，记为f(n)。当n>2时，第一次跳的时候就有两种不同的选择：一是第一次只跳1级，此时跳法数目等于后面剩下的n-1级台阶的跳法数目，即为f(n-1)；另外一种选择是第一次跳2级，此时跳法数目等于后面剩下的n-2级台阶的跳法数目，即为f(n-2)。因此n级台阶时的不同跳法的总数f(n)=f(n-1)+(f-2)。

我们把上面的分析用一个公式总结如下：

 

        /  1                          n=1
f(n)=      2                          n=2
        \  f(n-1)+(f-2)               n>2

 

分析到这里，相信很多人都能看出这就是我们熟悉的Fibonacci序列。至于怎么求这个序列的第n项，请参考本面试题系列第16题，这里就不在赘述了。

以上摘自何海涛博客

 

 

网易博友216

 

如果题目简单的变化一下。可以跳n级(1<=n<=台阶的数目)，那么又是一个题目了，欢迎讨论

 

 

 涛声依旧

 

如果台阶是n级，每次跳动的级数可以是1到n的任意级数。我的结论和网易博友22一致，f(n)=2(f-1)=2^(n-1)

首先不难得出f(1)=1，f(2)=2。当n=3时，第一步可以只要1级，此时跳的方法数等于f(n-1)=f(2)=2；第一次也可以跳2级，此时的跳的方法数等于f(n-2)=f(1)=1；第一次也可以直接跳3级，此时只有一种跳法。因此n=3时的跳法总数=2+1+1=4。

接下来我们可以用数学归纳法证明。感兴趣的读者可以自己证明。

 

 

 涛声依旧

 

再扩展一下（2007年摩根的笔试题）：用8个1*2的小长条去覆盖一个2*8的棋盘，要求完全覆盖棋盘，小长条彼此不重叠。求总共有多少总覆盖方法。

 

 

先假设对于一个2*n的棋盘，总覆盖数为f(n)。

 

 

当n=1时，是一个2*1的棋盘，只可能有一个覆盖方法，即 f(1) = 1

 

 

当n=2时，是一个2*2的棋盘，有两种可能，1）当最左边坚着放一个长条时，剩下没放的地方就是一个2*1的棋盘了；2）当最左上角横着放一个长条时，剩下左下角也只能横着放一个长条。综上，有 f(2) = f(1) + 1 = 2

 

 

当n=3时，是一个2*3的棋盘，1）当最左边放一个长条时，剩下没放的地方是一个2*2的棋盘；2）当最左上角横着放一个长条时，左下角也只有一种放法，即横着放一个长条，剩下右边一个2*1的空间没放。综上，f(3) = f(2) + f(1)

 

 

……

 

依次类推。

 

 

综上，只考虑最左边的2*2棋盘，有两种放法。1）当最左边竖着放一个长条时，剩下的就是f(n-1)；2）当最左上角横着放一个长条时，最左下角也只可能横着放一个长条，这个就占用了最左边2*2的棋盘，剩下的就是f(n-2)了。

 

 

故有

 

 

 

 

        /  1                          n=1
f(n)=      2                          n=2
        /  f(n-1)+f(n-2)              n>2

 

 

 

其实结论和原题是一样的。

解答来自博客