C++基础题_小青蛙跳台阶递归与非递归

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文章目录

1. 问题
2. 问题分析
3. 递归
4. 非递归
5. 对比分析

1. 问题

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 n 级的台阶总共有多少种跳法。

2. 问题分析

问题分析

递推关系分析
当它最后要跳到 n 级台阶时，有两种方式：
第一种：从 n-1 级台阶跳 1 步到达第 n 级，前面 n-1 级台阶的跳法有 f(n-1) 种
第二种：从 n-2 级台阶跳 2 步到达第 n 级, 前面 n-2 级台阶的跳法有 f(n-2) 种
因此，青蛙跳到第 n 级台阶的跳法为两种跳法数量之和：f(n) = f(n-1) + f(n-2)
—— 斐波那契数列问题
基准条件分析
当 n == 1，只有一种跳法
当 n == 2，有两种，跳 1 次 2 级，或跳 2 次 1 级
f(1) = 1 , f(2)=2

3. 递归

递归方式直观，但但存在大量的重复计算，如果n较大，计算时间会迅速增加

int jumpWays(int n)
{
    //基准条件
    if (n == 1) return 1;
    if (n == 2) return 2;

    //递归调用
    return jumpWays(n - 1) + jumpWays(n - 2);
}

4. 非递归

记录已经计算过的结果来避免重复计算
用两个变量 pre1 和 pre2 分别保存跳到第 n-1 级和 n-2 级台阶的跳法数，每次计算时更新这两个变量

int jumpWaysOptimized(int n)
{
    if (n == 1) return 1;
    if (n == 2) return 2;

    //记录前两个跳法
    int pre1 = 1;
    int pre2 = 2;
    int current=0;

    //从第3级开始计算跳法
    for (int i = 3; i <= n; i++)
    {
        current = pre1 + pre2;
        pre1 = pre2;
        pre2 = current;
    }
    return current; 
}

5. 对比分析

5.1 两种方案的运行时间

在调用时加入计时，需要包含头文件<chrono>，是 C++11 标准库的一个头文件，处理时间相关的功能，源于希腊语“时间”
完整代码如下

#include <iostream>
#include<chrono>
using namespace std;

int jumpWays(int n)  //递归
{
    //基准条件
    if (n == 1) return 1;
    if (n == 2) return 2;

    //递归调用
    return jumpWays(n - 1) + jumpWays(n - 2);
}

int jumpWaysOptimized(int n) //非递归
{
    if (n == 1) return 1;
    if (n == 2) return 2;

    //记录前两个跳法
    int pre1 = 1;
    int pre2 = 2;
    int current=0;

    //从第3级开始计算跳法
    for (int i = 3; i <= n; i++)
    {
        current = pre1 + pre2;
        pre1 = pre2;
        pre2 = current;
    }

    return current; 
}

int main() 
{
    int n = 40;
   //开始计时
    auto start = chrono::high_resolution_clock::now();

    //递归
    cout << "跳法有：" << jumpWays(n) << " 种" << endl;    
    auto end1 = chrono::high_resolution_clock::now();

    //非递归
    cout<<"跳法有："<<jumpWaysOptimized(n)<<" 种"<<endl;
    auto end2 = chrono::high_resolution_clock::now();

    //运行时间
    chrono::duration<double> dura1 = end1 - start;
    chrono::duration<double> dura2 = end2 - end1;
    cout << "递归用时：" << dura1.count() << " 秒\n";
    cout<<"非递归用时：" << dura2.count() << " 秒\n";

    return 0;
}

某次运行结果为：
跳法有：165580141 种
跳法有：165580141 种
递归用时：0.807355 秒
非递归用时：0.0007137 秒

5.2 复杂度分析

5.2.1 递归方案

在递归写法中，函数 jumpWays(n) 会调用 jumpWays(n-1) 和 jumpWays(n-2)，每次的递归调用会不断地分裂出新的递归调用。
假设用一棵递归树来表示递归调用的过程：

根节点是 jumpWays(n)
根节点有两个子节点，分别是 jumpWays(n-1) 和 jumpWays(n-2)
每个节点会再递归地调用两个子问题

假设我们要计算 f(5)：

                f(5)
              /      \
          f(4)        f(3)
         /    \      /    \
      f(3)    f(2) f(2)   f(1)
     /   \    /   \
  f(2)  f(1) f(1) f(0)
  /  \
f(1) f(0)

f(n) 的递归结构是 f(n-1) + f(n-2)，递归树中会有许多重复计算，比如 f(2) 和 f(1) 被多次调用
递归树的高度，也就是从根节点到叶子节点的最大深度，直接反映了递归调用的层次。在这个问题中，递归树的高度等于 n
递归树的节点总数表示了递归调用的总次数，这也是我们分析时间复杂度的关键点。每个节点对应一次函数调用

时间复杂度

递归调用的次数并不仅仅是 n 次。由于每个节点会递归调用两个子问题，并且子问题之间会产生重叠计算，当 n 很大时，递归树的节点数量几乎成倍增长。每个递归调用会生成两个新的子调用，在最坏情况下递归调用次数接近 2^n，指数级别增长，接近于斐波那契数的大小，因此，递归的时间复杂度是 O(2^n)，这是一种指数级复杂度。对于较大的 n 值，递归方法的时间复杂度非常高。