70. 爬楼梯
难度简单
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢?
**注意:**给定 n 是一个正整数。
示例 1:
输入: 2
输出: 2
解释: 有两种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶
2. 2 阶
示例 2:
输入: 3
输出: 3
解释: 有三种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶 + 1 阶
2. 1 阶 + 2 阶
3. 2 阶 + 1 阶
方法一:动态规划
思路和算法
我们用 f(x)f(x) 表示爬到第 xx 级台阶的方案数,考虑最后一步可能跨了一级台阶,也可能跨了两级台阶,所以我们可以列出如下式子:
f(x)=f(x−1)+f(x−2)f(x) = f(x - 1) + f(x - 2)f(x)=f(x−1)+f(x−2)
它意味着爬到第 xx 级台阶的方案数是爬到第 x - 1 级台阶的方案数和爬到第 x - 2 级台阶的方案数的和。很好理解,因为每次只能爬 1 级或 2 级,所以 f(x) 只能从 f(x - 1)和 f(x - 2) 转移过来,而这里要统计方案总数,我们就需要对这两项的贡献求和。
以上是动态规划的转移方程,下面我们来讨论边界条件。我们是从第 0 级开始爬的,所以从第 0 级爬到第 0 级我们可以看作只有一种方案,即 f(0) = 1;从第 0 级到第 1 级也只有一种方案,即爬一级,f(1) = 1。这两个作为边界条件就可以继续向后推导出第 n 级的正确结果。我们不妨写几项来验证一下,根据转移方程得到 f(2) = 2,f(3) = 3,f(4) = 5…我们把这些情况都枚举出来,发现计算的结果是正确的。
所以我们得到公式 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]
同时需要初始化 dp[0]=1和 dp[1]=1
时间复杂度:O(n)
class Solution {
public int climbStairs(int n) {
int[] dp = new int[n + 1];
dp[0] = 1;
dp[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}
return dp[n];
}
}
由于这里的 f(x) 只和 f(x - 1) 与 f(x - 2) 有关,所以我们可以用「滚动数组思想」把空间复杂度优化成 O(1)。下面的代码中给出的就是这种实现。
class Solution {
public int climbStairs(int n) {
int p = 0, q = 0, r = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
p = q;
q = r;
r = p + q;
}
return r;
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度:循环执行 n 次,每次花费常数的时间代价,故渐进时间复杂度为 O(n)。
- 空间复杂度:这里只用了常数个变量作为辅助空间,故渐进空间复杂度为 O(1)。
方法二:矩阵快速幂
思路
于是就可以使用矩阵快速幂求解了。当然并不是所有非齐次线性都可以化成齐次线性,我们还是要具体问题具体分析。
留两个思考题:
- 你能把 f(x) = 2f(x - 1) + 3f(x - 2) + 4c 化成齐次线性递推吗?
- 如果一个非齐次线性递推可以转化成齐次线性递推,那么一般方法是什么?
代码
public class Solution {
public int climbStairs(int n) {
int[][] q = {{1, 1}, {1, 0}};
int[][] res = pow(q, n);
return res[0][0];
}
public int[][] pow(int[][] a, int n) {
int[][] ret = {{1, 0}, {0, 1}};
while (n > 0) {
if ((n & 1) == 1) {
ret = multiply(ret, a);
}
n >>= 1;
a = multiply(a, a);
}
return ret;
}
public int[][] multiply(int[][] a, int[][] b) {
int[][] c = new int[2][2];
for (int i = 0; i < 2; i++) {
for (int j = 0; j < 2; j++) {
c[i][j] = a[i][0] * b[0][j] + a[i][1] * b[1][j];
}
}
return c;
}
}
复杂度
- 时间复杂度:同快速幂,O*(log*n)。
- 空间复杂度:O(1)。
方法三:通项公式
思路
之前的方法我们已经讨论了 f(n)f(n) 是齐次线性递推,根据递推方程 f(n) = f(n - 1) + f(n - 2),我们可以写出这样的特征方程:
x2=x+1x^2 = x + 1x2=x+1
代码
- Java
public class Solution {
public int climbStairs(int n) {
double sqrt5 = Math.sqrt(5);
double fibn = Math.pow((1 + sqrt5) / 2, n + 1) - Math.pow((1 - sqrt5) / 2, n + 1);
return (int)(fibn / sqrt5);
}
}
复杂度
- 时间复杂度:O(log n),
pow方法将会用去 O(log n) 的时间。 - 空间复杂度:O(1)。
总结
这里形成的数列正好是斐波那契数列,答案要求的 f(n) 即是斐波那契数列的第 n 项(下标从 0 开始)。我们来总结一下斐波那契数列第 n 项的求解方法:
- n 比较小的时候,可以直接使用过递归法求解,不做任何记忆化操作,时间复杂度是 O(2n)O(2^n)O(2n),存在很多冗余计算。
- 一般情况下,我们使用「记忆化搜索」或者「迭代」的方法,实现这个转移方程,时间复杂度和空间复杂度都可以做到 O(n)。
- 为了优化空间复杂度,我们可以不用保存 f(x - 2) 之前的项,我们只用三个变量来维护 f(x)、f(x - 1) 和 f(x - 2),你可以理解成是把「滚动数组思想」应用在了动态规划中,也可以理解成是一种递推,这样把空间复杂度优化到了 O(1)。
- 随着 n 的不断增大 O(n) 可能已经不能满足我们的需要了,我们可以用「矩阵快速幂」的方法把算法加速到 O(logn)。
维护 f(x)、f(x - 1) 和 f(x - 2),你可以理解成是把「滚动数组思想」应用在了动态规划中,也可以理解成是一种递推,这样把空间复杂度优化到了 O(1)。 - 随着 n 的不断增大 O(n) 可能已经不能满足我们的需要了,我们可以用「矩阵快速幂」的方法把算法加速到 O(logn)。
- 我们也可以把 n 代入斐波那契数列的通项公式计算结果,但是如果我们用浮点数计算来实现,可能会产生精度误差。










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