【TSOJ课程】17 1125 爬楼梯

课程29_17 1125 爬楼梯

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题目：

题目描述:

楼梯有n级台阶,上楼可以一步上1级,也可以一步上2级，计算有多少种不同的走法
其中n<=35

输入描述：

一个正整数n,占一行

输出描述：

一个整数,占一行,问题的结果,数据保证输出在32位有符号整型数据范围内。

样例输入:

20
33

样例输出:

10946
5702887

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解析：

非常经典的子问题题目。

何为子问题问题（听起来有些拗口）呢？如果某一个问题可以分解为确定个数个更小的问题的话，这就是一个子问题问题。对于这种问题，我们直接把它分解为若干个更小的问题，并且去解决这些更小的问题（同时这些更小的问题也有可能还可以分成更更小的问题），直到这些小问题都小到足够简单去解决，我们就得到了想要知道的答案。而这些小问题，就是我们常说的子问题。

如果想用递归的方式做这种问题，我们需要注意几个要点：

1. 一个问题被分解后的小问题和它本身是不是同一个类型的？
   举个例子，求定积分，我们会先求它的原函数，然后再分别把积分起点和终点带入并相减，这个求原函数其实就是被分解出去的一个小问题，但是很明显求原函数和求定积分不是一个类型的问题，那么很明显就不符合这个条件。
   但是如果是求斐波纳挈数列（1、1、2、3、5，每一项等于前两项和），我们要求第n项，可以把它拆分为求第n-1和第n-2项，而求第n-1项和求第n项是同一个类型的问题，就可以用。
2. 这个子问题，是否可以在足够小的时候简单到可以做出来？
   这个挺重要，但是也挺不重要的。重要的在于：如果问题分割的再小，还是难以解决，那么就不能用这个方法。而不重要的在于：绝大部分的这类问题都满足这个条件。比如斐波纳挈数列，在n=1、2的时候值为1，这就是“足够简单到可以做出来”。而这类问题大部分在数字很小的时候是可以靠人脑计算出来的。

回到题目当中。我们要求的是，每次走1步或者2步，走到第n台阶需要多少步。

首先如果我们距离第n台阶只差1步，或者只差2步，那么我们都可以“一次”到达第n台阶。

那么这个子问题就迎刃而解了，既然在第n-1台阶和在第n-2台阶都只需要一次就可以到达终点，那么到达第n台阶的方法数自然就是n-1台阶的方法加上n-2台阶的方法了。这个数列刚好是斐波纳挈数列的变型，其中f(0)=0，f(1)=1，f(2)=2，后面符合斐波纳挈数列的规则。

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解题：

题目已经告诉我们n小于35，那么我们开一个数组来存储值，求到哪存到哪。比如如果之前求过f(9)，那么9以下的肯定都求过了，这个时候如果又要求4，我们就可以直接输出，这样可以避免一个数据被反复算了很多次。

以下代码计算完了0~32768的所有情况，因为这道题原来的数据范围是n<=32768，而如果不把已经算过的内容存起来，是绝对会TLE的。32768的范围其实本来就有点危险，所以后来题目改成了35，大家可以按照自己的需求去修改代码。

参考代码：

// TSOJ-1125 爬楼梯
#include <iostream>
using namespace std;

int r[32768] = {0};

long long int result(int n)
{
	if(r[n]!=0)
		return r[n];
	return result(n-1)+result(n-2);
}

int main()
{
    r[0]=0;
    r[1]=1;
    r[2]=2;
    int ns;
    while(cin>>ns)
    {
    	cout<<result(ns)<<endl;
	}
    return 0;
}