人人笔试1:一个人上台阶可以一次上1个,2个,或者3个,问这个人上n层的台阶,总共有几种走法?

本文通过动态规划的方法解决了一个经典的数学问题:一个人上n层台阶的不同走法数量。详细介绍了如何根据递推公式f(n)=f(n-1)+f(n-2)+f(n-3)来计算所有可能的走法。

人人笔试1:一个人上台阶可以一次上1个,2个,或者3个,问这个人上n层的台阶,总共有几种走法?

分析:该题用到的是动态规划,f(n)表示n层台阶的走法种类数,则有,

f(1) = 1; // 一步1个台阶

f(2) = f(2-1) + 1;  // f(2-1)先走1个台阶后,剩下的2-1个台阶的走法种类数,最后加上一步2个台阶

f(3) = f(3-1) + f(3-2) + 1; // f(3-1)先走1个台阶后,剩下的3-1个台阶的走法种类,f(3-2) ......

f(4) = f(4-1) + f(4-2) + f(4-3);//从4开始,就不能一步走完,所以从4开始就可以归纳了

......

f(n) = f(n-1)  + f(n-2) + f(n-3); // 先走1个台阶,剩下的n-1个台阶的走法种类数;或先走2个台阶,...;或先走3个台阶,...。三大种相加。

<think>嗯,这个题看起来是一个经典的递归或者动态规划的题。用户想知道青蛙跳台阶的跳法总数,每次可以跳1或者2级,而且不同的顺序算不同的结果。让我仔细想想怎么解决这个题。 首先,我需要理解题。比如,当n=1的时候,只有一种方法,就是跳一次1级。当n=2的时候,青蛙可以分两次跳1级,或者一次2级,所以总共有两种方法。那n=3的时候呢?可能的组合是1+1+11+22+1,所以是三种方法。看起来像斐波那契数列的规律,因为n=33,而前面的n=11,n=22,对吧? 那假设n级台阶的跳法是f(n),那么每次青蛙跳的时候有两种选择:跳1或者2级。如果它第一次跳了1级,那么剩下的n-1台阶的跳法就是f(n-1);如果第一次跳了2级,剩下的n-2台阶的跳法就是f(n-2)。所以总的跳法应该是这两个情况的和,也就是f(n) = f(n-1) + f(n-2)。这确实和斐波那契数列的递推式一样。 不过我需要验证一下这个递推式是否成立。比如当n=3的时候,根据公式f(3)=f(2)+f(1)=2+1=3,正确。n=4的话应该是f(4)=f(3)+f(2)=3+2=5,实际的组合应该是1+1+1+11+1+21+2+12+1+12+2,共5种,符合。所以这个递推式是对的。 接下来,我需要考虑如何实现这个题的解答。用户可能想知道的是用Java语言来实现这个题的解法。那么常见的解法有递归、动态规划,或者优化空间的动态规划。 递归的话,虽然直观,但会有大量的重复计算。比如计算f(n)需要计算f(n-1)和f(n-2),而这两个又会重复计算更小的n的情况,时间复杂度是O(2^n),效率很低。对于较大的n来说,这显然不可行。 动态规划的方法可以解决这个题。我们可以用一个数组来保存中间结果,从底向上计算。比如从f(0)或者f(1)开始逐步计算到n。但这里要注意初始条件。根据前面的例子,当n=1时f(1)=1,n=2时f(2)=2。那可能初始条件是f(1)=1,f(2)=2。然后从3到n遍历,每个f[i] = f[i-1] + f[i-2]。这样时间复杂度是O(n),空间复杂度也是O(n)。不过空间其实可以优化,因为只需要前两个状态,所以可以用两个变量保存,不需要数组,这样空间复杂度变成O(1)。 另外,有没有可能有一些边界情况需要考虑?比如n=0的时候,可能返回1?但根据题目描述,台阶是n级,可能n>=1的情况。所以用户可能输入的n是正整数,这时候在代码中需要处理n=0的情况吗?比如当n=0的时候是否有意义?比如当n=0的时候,可能认为有一种跳法(不跳)。但原题可能n的取值范围是正整数,所以需要考虑是否需要处理n=0的情况。 假设题目中的n是大于等于1的,那么初始条件可以设置为当n=1时返回1,n=2时返回2。但根据斐波那契数列的标准情况,f(0)=0,f(1)=1,f(2)=1,但这里的情况可能不同。所以要根据题来调整初始条件。 回到题,当n=1时,确实只有一种方式,所以f(1)=1;n=2时两种方式,f(2)=2;n=3时是3,这符合f(3)=f(2)+f(1)=2+1=3。因此这里的斐波那契数列的起始点可能是f(1)=1,f(2)=2,f(3)=3,f(4)=5,依此类推。也就是说,这里的斐波那契数列相当于常规的斐波那契数列的第n+1项。比如常规的斐波那契数列是1,1,2,3,5...,而这里的序列是1,2,3,5...,所以可以视为常规的斐波那契数列从第三项开始。 所以,使用动态规划的方法,可以用循环来迭代计算,从3到n,每次计算当前的值等于前两个值的和。这时候只需要保存前两个值,而不需要整个数组,这样可以节省空间。 比如,初始化a=1(对应f(n-2)),b=2(对应f(n-1)),然后从i=3开始循环到i=n。每次循环计算c = a + b,然后将a更新为b,b更新为c。这样循环结束后,b就是f(n)的值。 不过需要注意的是,当n=1时,直接返回1;当n=2时返回2;对于n>=3的情况,才进入循环。这可以避免数组越界或者错误。 现在,我需要考虑用Java代码如何实现这个逻辑。例如: public class Solution { public int jumpFloor(int n) { if (n <= 0) return 0; // 如果n不合法,根据题目可能返回0? if (n == 1) return 1; if (n == 2) return 2; int a = 1, b = 2; for(int i = 3; i <= n; i++){ int c = a + b; a = b; b = c; } return b; } } 不过题目中的n应该至少是1,所以是否处理n<=0的情况要看题目要求。这里假设n是正整数,所以函数可能不需要处理n<=0的情况,但为了代码的健壮性,可能加上处理。 另外,这个方法的时间复杂度是O(n),空间复杂度是O(1),非常高效。 此外,是否还有其他方法?比如矩阵快速幂或者公式法,可以将时间复杂度降低到O(log n)。但对于一般的编程题来说,动态规划的方法已经足够,尤其是在面试或笔试中,可能更倾向于这种解法。 总结一下,这个题通过分析可以转化为斐波那契数列题,然后使用动态规划的方法来高效解决。同时需要注意初始条件的设置和边界情况的处理。</think>青蛙跳台阶题可以通过动态规划高效解决。该题本质上等价于斐波那契数列,递推公式为 $f(n) = f(n-1) + f(n-2)$,初始条件为 $f(1) = 1$ 和 $f(2) = 2$。以下是具体分析及实现步骤: --- ### **题分析** 1. **基本情况**: - 当 $n = 1$ 时,只有 1 种跳法:`[1]`。 - 当 $n = 2$ 时,有 2 种跳法:`[1,1]` 和 `[2]`。 2. **递推关系**: - 青蛙最后一步可能跳 1 级或 2 级: - 若最后一步跳 1 级,则前 $n-1$ 级的跳法数为 $f(n-1)$。 - 若最后一步跳 2 级,则前 $n-2$ 级的跳法数为 $f(n-2)$。 - 总跳法数为两者之和:$f(n) = f(n-1) + f(n-2)$。 --- ### **动态规划解法** - **时间复杂度**:$O(n)$ - **空间复杂度**:$O(1)$(仅需保存前两个状态) ```java public class Solution { public int jumpFloor(int n) { if (n <= 0) return 0; // 处理非法输入 if (n == 1) return 1; if (n == 2) return 2; int a = 1, b = 2; for (int i = 3; i <= n; i++) { int c = a + b; // 计算当前值 a = b; // 更新前两个状态 b = c; } return b; } } ``` --- ### **关键点解释** 1. **初始条件**: - $f(1) = 1$ 和 $f(2) = 2$ 是递推的起点。 2. **递推过程**: - 通过循环从 $i=3$ 开始逐步计算 $f(i)$,避免递归的重复计算。 3. **边界处理**: - 若 $n \leq 0$,返回 0(根据题目要求调整)。 --- ### **示例验证** - **$n=3$**:$f(3) = f(2) + f(1) = 2 + 1 = 3$(实际跳法:`[1,1,1]`, `[1,2]`, `[2,1]`)。 - **$n=4$**:$f(4) = f(3) + f(2) = 3 + 2 = 5$(实际跳法:`[1,1,1,1]`, `[1,1,2]`, `[1,2,1]`, `[2,1,1]`, `[2,2]`)。 --- ### **其他方法** 1. **递归法**(不推荐): - 代码简单但效率低(时间复杂度 $O(2^n)$)。 ```java public int jumpFloor(int n) { if (n <= 2) return n; return jumpFloor(n-1) + jumpFloor(n-2); } ``` 2. **矩阵快速幂**(进优化): - 时间复杂度可优化至 $O(\log n)$,适合极大 $n$ 的场景。 --- 通过动态规划解法,能够高效且简洁地解决该题。
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