爬楼梯

最新推荐文章于 2022-09-29 15:35:02 发布

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#python #斐波那契数列 #爬楼梯 #面试 #递归

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一

假设楼梯有n阶。每次可以爬 1 阶或 2阶。有多少种不同的方法可以爬到楼顶

题目分析：

设f(n)为n阶台阶的情况下，所有不同的方法的总和！

1.如果起始跳一阶的话，剩余的n-1阶就有 f(n-1) 种跳法；

2.如果起始跳二阶的话，剩余的n-2阶就有 f(n-2) 种跳法；

所以f(n) = f(n-1) + f(n-2)，实际结果即为斐波纳契数。

1、递归法

def climbStairs(n):
    if n == 1:
        return 1
    elif n == 2:
        return 2
    else:
        s1 = climbStairs(n-1)
        s2 = climbStairs(n-2)
        return s1+s2

2、迭代法

def climbStairs(n):
    nums = [0,1,2]
    if n == 1:
        return nums[1]
    elif n == 2:
        return nums[2]
    else:
        for i in range(3,n+1):
            nums.append(nums[i-1] + nums[i-2])
    return nums[n]

3、迭代优化版

def climbStairs(n):
    condition = [0] * (n + 1)
    condition[0] = 1
    condition[1] = 1
    for i in range(2, n+1):
        condition[i] = condition[i-1] + condition[i-2]
    return condition[n]

二

假设楼梯有n阶。每次可以爬 1 阶或 2阶或3阶。有多少种不同的方法可以爬到楼顶

题目分析：

设f(n)为n阶台阶的情况下，所有不同的方法的总和！

1.如果起始跳一阶的话，剩余的n-1阶就有 f(n-1) 种跳法；

2.如果起始跳二阶的话，剩余的n-2阶就有 f(n-2) 种跳法；

3.如果起始跳二阶的话，剩余的n-2阶就有 f(n-2) 种跳法;

4.第一个台阶只有1种上法，第二个台阶有2种上法，第三个台阶有4种上法。

5.从第n个台阶上往回看，有3种方法可以上来（从第n-1个台阶上爬1个台阶上来，从第n-2个台阶上一步爬2个台阶上来，从第n-3个台阶上爬3个台阶上来），
从而得到公式f(n) = f(n-1) + f(n-2) + f(n-3)

1、递归法

def climbStairs2(n):
    first = {1:1, 2:2, 3:4}
    if n in first.keys():
        return first[n]
    else:
        return climbStairs2(n-1) + climbStairs2(n-2) + climbStairs2(n-3)

2、迭代法

def climbStairs(n):
     a = 1
     b = 2
     c = 4
     for i in range(n-3):
         c, b, a = a+b+c, c, b
     return c

3、递归优化版

使用递归效率非常低，因为递归时上下文的保存和恢复比较耗时，还涉及大量的重复计算。可使用functools标准库提供的缓冲修饰器lru_cache来缓解这个问题。

@functools.lru_cache(maxsize=64)
def climbStairs(n):
    #带缓冲的递归法
    first = {1:1, 2:2, 3:4}
    if n in first.keys():
        return first[n]
    else:
        return climbStairs3(n-1) + climbStairs3(n-2) + climbStairs3(n-3)

三

假设楼梯有 n 阶。每次最多可以爬 m 阶。有多少种不同的方法可以爬到楼顶

def suanfa(n, m):
    sumStep = 0

    if n == 0:
        return 1
    if n >= m:
        i = 1
        while i <= m:
            sumStep += suanfa(n - i, m)
            i += 1
    else:
        sumStep += suanfa(n, n)

    return sumStep

四

假设楼梯有 n 阶。每次最多可以爬 n 阶。有多少种不同的方法可以爬到楼顶

设f(n)为n阶台阶的情况下，所有不同的跳法方法的总和!

1.如果起始跳一阶的话，剩余的n-1阶就有 f(n-1) 种跳法；

2.如果起始跳二阶的话，剩余的n-2阶就有 f(n-2) 种跳法；

3.如果起始跳三阶的话，剩余的n-3阶就有 f(n-3) 种跳法；
…

n.如果起始跳n阶的话，剩余的n-n阶就有 f(n-n) 种跳法；

f(0) = 1，f(1) = 1, f(2) = 2

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

f(n) = f(n-1) + f(n-2) + f(n-3) + … + f(1) + f(0)

　　f(n-1) = f(n-2) + f(n-3) + … + f(0)

　　　　f(n-2) = f(n-3) + … + f(0)
…

f(n) = 2 * f(n-1)
　　= 2^2 * f(n-2)
　　= 2^(n-2) * f(2)
　　= 2^(n-1)
最终结果f(n) = 2^(n-1)

五

假设楼梯有 n 阶。每次可以爬的阶数是集合 X 中的元素（正数）。有多少种不同的方法可以爬到楼顶

1、递归法

def staircase(n, X):
    if n < 0:
        return 0
    elif n == 0:
        return 1
    elif n in X:
        return 1 + sum(staircase(n - x, X) for x in X if x < n)
    else:
        return sum(staircase(n - x, X) for x in X if x < n)
print(staircase(10, {1, 2}))

2、迭代法

def staircase(n, X):
    cache = [0 for _ in range(n + 1)]
    cache[0] = 1
    for i in range(n + 1):
        cache[i] += sum(cache[i - x] for x in X if i - x > 0)
        cache[i] += 1 if i in X else 0
    return cache[-1]
print(staircase(10, {1, 2}))

六

列表的索引 i 对应楼梯的第 i 阶，第 i 阶对应列表索引为 i 的一个非负数的体力值 cost[i]。

每爬上一个阶梯都要消耗对应的体力值，每次可以选择爬一阶或者爬两阶。

需要找到达到楼梯顶部，消耗的体力值总和最小的方法。

1、

def minCostClimbingStairs(cost):
    cost.append(cost[-1])
    dp = [0]*(len(cost)+1)
    if len(cost) == 1:
        return  cost[0]
    if len(cost) == 2:
        return min(cost[0], cost[1])
    if len(set(cost)) == 1:
        return cost[0]*((len(cost)//2) + (len(cost) % 2))
    else:
        for i in range(2, len(cost)+1):
            dp[i] = min(dp[i-2]+cost[i-2], dp[i-1]+cost[i-1])
        return dp[-1]
print(minCostClimbingStairs([1, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 2]))

2、

def minCostClimbingStairs(cost):
    cost.append(cost[-1])
    f1 = f2 = 0
    for x in reversed(cost):
        f1, f2 = x + min(f1, f2), f1  # 用f1，f2轮流遍历列表，轮流保存最小值
    return min(f1, f2)
print(minCostClimbingStairs([1, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 2]))