剑指offer python实现_剑指offer系列python实现 日更（三）
今天来讲讲斐波那契数列和它的孩子们~先讲个冷笑话：今天来一盘斐波那契炒饭，它等于昨天的炒饭加上前天的炒饭
7.斐波那契数列
大家都知道斐波那契数列，现在要求输入一个整数n，请你输出斐波那契数列的第n项（从0开始，第0项为0）。n<=39。
来了，经典的斐波那契数列，基本上面试的时候有很大概率问到它。一个解决方法还不够，一定要讲出来很多种解决方法才行 ，这里也讲一下它的几种实现方法~
方法1：暴力递归法
当看到斐波那契，这给出的条件，就这？完美递归条件，一拍脑门6行代码出现了：
class Solution:
def Fibonacci(self, n):
# write code here
if n == 0:
return 0
if n == 1 :
return 1
else:
return self.Fibonacci(n-2) + self.Fibonacci(n-1)
开心两秒后：
这个原因比较好想，因为直接递归导致了重复计算，我们可以看计算F(4)的过程：
F(0) = 0
F(1) = 1
F(2) = F(0) + F(1)
F(3) = F(1) + F(2)
= F(1) + F(0) + F(1)
F(4) = F(2) + F(3)
= F(0) + F(1) + F(1) + F(0) + F(1)
可以看到，计算F(4)时需要F(2) 与 F(3)相加，但是计算F(3)时已经计算过F(2)的值，所以这里计算了两次F(2)。重复的计算增大了时间复杂度！
方法2：数组存储法
由于上一个方法没有记住之前算过的值，这个方法可以考虑把之前算过的所有值都存到一个数组里，这样计算F(n)的时候直接取前两项和即可！用空间换时间~
class Solution:
def Fibonacci(self, n):
res = [0,1,1,2] # res用于存储斐波那契数列前n项
while len(res) <= n: # 如果第n项不在这个序列中 de 时候
res.append(res[-1] + res[-2]) # 不断求前面的每一项，存到res里，直到n项也求出来
return res[n]
方法3：俩数存储法（迭代）
聪明的同学已经看出来了，F(n)既然只需要F(n-1)和F(n-2)，就不用那么多空间存储前面的每一项了！用俩数存储不就完事了？很好！找到了一个新的优化思路！
这里用两个数，a和b表示斐波那契数列的相邻两项，a在前b在后，while的每一次循环都更新a和b的值，直到更新到第n项。
class Solution:
def Fibonacci(self, n):
# write code here
if n == 0:
return 0
if n == 1:
return 1
a, b = 0, 1
while n > 1:
a, b = b, a+b
n -= 1
return b
方法4：矩阵求解法
这个方法非常简单粗暴！2x2的矩阵[[1,1],[1,0]]，它的n次幂的结果，最右下角的位置元素就是斐波那契数列的第n项！是不是很神奇也很好记住~ 我们可以演算一下！
最右下角红色的标记数字就是斐波那契数列的第n项~
import numpy as np
def Fibonacci( n):
if n==0:
return 0
if n==1:
return 1
else:
Matrix = np.matrix('1 1;1 0')
return pow(Matrix, n+1)[1, 1]
道理是这样，但是牛客网系统里这样写找不到numpy，所以放上我自己跑结果：
斐波那契数列就在这告一段落啦~ 如果有其它方法我会更新的！！
8.跳台阶
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）。
剑指offer的千层套路来了！看到这个问题，有没有一种莫名的熟悉感？
假设只有1个台阶，那就跳1个，只有一种方法, f(1) = 1；
假设只有2个台阶，那就跳1个*2次，或者2个*1次，有两种方法 f(2) = 2；
假设只有3个台阶，如果就跳1个，剩下两个台阶，跳法数是f(3-1)。如果跳2个，剩下1个台阶，跳法数是f(3-2)；
假设有n个台阶，如果先跳1个，就会剩下f(n-1)个跳法，如果先跳2个，就会剩下f(n-2)个跳法，所以f(n) = f(n-1)+f(n-2)！
激动的心颤抖的手，这就是斐波那契数列换了层皮啊！！需要注意一点，这个台阶有n个，而n势必大于1，由于f(1)=1, f(2)=2，可以看出数列是从第3项开始计算的~ Fib = [0,1,1,2,...]
上面的代码随便挑一种方法就可以啦~
class Solution:
def jumpFloor(self, n):
# write code here
if n == 1:
return 1
if n == 2:
return 2
else:
a , b = 1, 2
while n > 2:
a, b = b , a+b
n -= 1
return b
9.变态跳台阶
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。
这题乍一看和上一题有相似，但是当归纳几个的时候发现还是不一样：
假设只有1个台阶，那就跳1个，只有一种方法, f(1) = 1；
假设只有2个台阶，那就跳1个*2次，或者2个*1次，有两种方法 f(2) = 2；
假设只有3个台阶，跳法有4种：1，1，1
1，2
2，1
3
假设有4个台阶，跳法有8种：1，1，1，1
1，2，1
1，1，2
2，1，1
2，2
1，3
3，1
4
1，2，4，8....突然想到，难道是2的n-1次方规律？
class Solution:
def jumpFloorII(self, number):
# write code here
return pow(2,number-1)
Accept来得猝不及防，甚至有些心虚~
有一个讲解拨云见日：除了最后一个台阶一定要站上去，从1到n-1个台阶都可以选择跳or不跳，所以一共有2^(n-1)种跳法。我咋就想不出来这么优美的解释？
10.矩形覆盖
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？比如n=3时，2*3的矩形块有3种覆盖方法:一个官方优美的图示
这个乍一看还是找规律的问题
n=1，有1种覆盖法；
n=2，有2种覆盖，=或者||；
n=3，有3种覆盖法，|=, =|, |||；
n=4，有5种覆盖法，||||, |=|, ||=, =||，==；小朋友你是否有很多问号？
我绝倒，这难道又是斐波那契数列？这次的数列是1，2，3，5，...，也是从第3项开始的，这次要考虑n=0的情况：
def rectCover(self, n):
# write code here
if n == 0:
return 0
if n == 1:
return 1
if n == 2:
return 2
else:
a , b = 1,2
while n > 2:
a, b = b , a+b
n -= 1
return b
那么问题来了，这个规律是怎么得到的呢~？
丑陋图示再次上线！当按照情况1覆盖时，剩下f(n-1)种覆盖可能；
当按照情况2覆盖时，由于下面自动只有1种可能，所以剩下f(n-2)种覆盖可能。所以:
f(n) = f(n-1) + f(n-2)
这就是今天的更新啦~明天见！（如果有任何问题欢迎在评论区/私信一起探讨~）
顺便附上之前的更新：嘿我头发呢：剑指offer系列python实现 日更（二）zhuanlan.zhihu.com
嘿我头发呢：剑指offer系列python实现 日更（一）zhuanlan.zhihu.com
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