题目描述

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）。

求解思路

刚开始是想要通过递归模拟求解，结果超时了。但是这样肯定能求出解来，不过计算了大量重复的代码，复杂度应该是指数级的。

第一次想的正确的思路应该是：
先计算出最多能放几个2步，假设是n个
i从1到n，计算i个2步的情况下步法的组合数，所有组合数累加到sum上
sum+1是最终解，因为全是1的情况也要考虑
复习排列组合的公式：
Cnk=n(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)(n−k)(n−k−1)⋯2×1C_{n}^{k}=\frac{n(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)}{(n−k)(n−k−1)⋯2×1}Cnk=(n−k)(n−k−1)⋯2×1n(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)
提交上述代码后，显示时间是3ms

但是，结合前一题的斐波那契数列和其他dalao的题解，本题目实际上是一个斐波那契数据列的思路！！！更加简介的思路如下：

只有一个台阶，步法为1,；有两个台阶步法是2
假设走到第那个台阶花费了F(n)F(n)F(n)步；如果之前的一步走了一个台阶，那么之前的步骤是F(n−1)F(n-1)F(n−1)步；如果之前的一部走了两个台阶，那么之前的步骤是F(n−2)F(n-2)F(n−2)步；所以F(n)=F(n−1)+F(n−2)F(n)=F(n-1)+F(n-2)F(n)=F(n−1)+F(n−2)

因此，这种方式比排列组合的思路要简单得多，而且不易出错！！最终版本是这个。

解题代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 这是超时的，但是结果正确
class Solution_failed {public:int jumpFloor(int number) {int sum = 0;if(number == 0) {return 1;} else if(number < 0) {return 0;} else {sum += jumpFloor(number - 1);  // 跳一个sum += jumpFloor(number - 2);  // 跳两个return sum;}}
};// 这是AC的代码，使用了组合
class Solution_comp {public:int jumpFloor(int number) {// 只要确定了2步的位置，1步的位置随便插入int n = number / 2;int sum = 1;for(int i = 1; i <= n; ++i) {// 注意，每增加一个2，总的空位置就要少一个，int t = comp(number - i, i);sum += t;}return sum;}// 计算组合数int comp(int n, int k) {long long up = 1, down = 1;for(int i = n; i >= n - k + 1; i--) {up *= i;}for(int j = k; j >= 1; j--) {down *= j;}return up / down;}
};// 最终提交版本
class Solution {public:int jumpFloor(int number) {if(number == 1) {return 1;}if(number == 2) {return 2;}int a = 1, b = 2;for(int i = 3; i <= number; ++i) {int t = a;a = b;b = t + b;}return b;}
};
// 以下是测试代码
int main() {Solution_failed sof;Solution_comp so;Solution so;for(int i = 1; i <= 10; ++i) {cout << sof.jumpFloor(i) << "," << sc.jumpFloor(i) \<< "," << so.jumpFloor(i) << endl;}return 0;
}

运行时间上，数列思路和组合思路都是3ms，而实际上，应该是数列思路更快才对。。。。

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