题目

假设你正在爬楼梯，需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶，你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

题解

方法1：基本递归

算法

基本递归即初学递归时所学的最简单、最直观的方法。
假设你爬了 n 段楼梯，则爬上当前楼梯所拥有的方法数是爬上 n-1 段楼梯的方法数加上爬上 n-2 段楼梯的方法数。

代码

class Solution {public:int climbStairs(int n) {if (n == 1 || n == 2)return n;elsereturn climbStairs(n - 1) + climbStairs(n - 2);}
};

分析

此方法最简单、直观、易懂，逻辑也很清晰。
但底层的数字被大量重复计算，很容易超时。

时间复杂度：O(2n)O(2^n)O(2n)
空间复杂度： O(n)O(n)O(n)

图源LeetCode官方题解

方法2：记忆化递归

算法

鉴于基本递归会大量重复计算底层数字，那么我们可以想到，不妨将计算过的数字存起来，需要的时候先看是否已经计算，算过的直接取出来，没有算过的计算，这样每个数字都只会计算一次。

代码

class Solution {public:int climb(int n, int mem[]) {if (n == 1 || n == 2)return n;if (mem[n - 1] == 0)mem[n - 1] = climb(n - 1, mem) + climb(n - 2, mem);return mem[n - 1];}int climbStairs(int n) {int *mem = new int[n] {0};return climb(n, mem);}
};

分析

通过维护一个mem数组，将算过的数字从第3个空间开始存起来，前两个空间位置本来应该放第1、2个楼梯的方法数，但不便于创建时指定，故干脆空着了。
当 mem[i - 1] 等于0，表明位置 i-1 的方法数没算出来，需要计算。最后返回 mem[i - 1] 就行了。

时间复杂度：O(n)O(n)O(n)，可以满足LeetCode不超时
空间复杂度：O(n)O(n)O(n)

方法3：斐波那契循环

算法

其实从前面的解题思路可以得知，爬楼梯本质上就是斐波那契数列。故我们可以使用循环计算斐波那契。

代码

class Solution {public:int climbStairs(int n) {if (n == 1 || n == 2)return n;int a = 1, b = 2, t;for (int i = 0; i < n - 2; i++) {t = b;b += a;a = t;}return b;}
};

分析

之所以是 for (int i = 0; i < n - 2; i++) ，是因为要比n少循环2次，这个可以代入3来理解：计算3的时候只需要循环一次即可，故3减去2即得1。
该算法时间复杂度为 O(n) ，需要从前往后计算n次，空间复杂度只有 O(1) ，因为没有动态创建空间。

动态规划

算法

可以看出，这个问题得最优解可从它的子问题得最优解得出，即：
第 i 个楼梯最多方法数 = 第 i-1 个楼梯最多方法数 + 第 i-2 个楼梯最多方法数:
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]

代码

class Solution {public:int climbStairs(int n) {if (n == 1 || n == 2)return n;int *dp = new int[n];dp[0] = 1;dp[1] = 2;for (int i = 2; i < n; i++) {dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];}return dp[n - 1];}
};

分析

由于每一次的最优解都取决于前两次的最优解，故从前往后得出所有楼梯的最优解并存在dp数组中，大体上跟上面的斐波那契数列算法非常相似，时间复杂度与空间复杂度均为 O(n)。

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算法

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算法

代码

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