JZ7 JZ10斐波那契數列及其變體

題目描述

大家都知道斐波那契數列，現在要求輸入乙個整數n，請你輸出斐波那契數列的第n項（從0開始，第0項為0，第1項是1）。n<=39

示例1輸入4

返回值3

看到公式很親切，**秒秒鐘寫完。

int

fibonacci
(int n)

空間複雜度：遞迴棧的空間

優點：**簡單好寫，缺點：慢，會超時（效率低）

效率低的原因：

方法二：迴圈（從下向上計算）------------推薦

為了優化方法一（遞迴）中的重複計算，解決辦法是按上面樹狀圖從下向上（迴圈）計算

class

solution
return fibn;}}
;

空間複雜度：o(1)

題目描述

乙隻青蛙一次可以跳上1級台階，也可以跳上2級。求該青蛙跳上乙個n級的台階總共有多少種跳法（先後次序不同算不同的結果）。

示例1輸入1

返回值1
示例2輸入
4返回值
5

只有2級台階：f(2)=2;----------一種跳兩次，一次跳1級；一種跳一次，一次跳2級

有n級台階 ：

這就得到了熟悉的公式：

遞迴

class

solution
};

class

solution
return floorn;}}
;

空間複雜度：o(1)

題目描述

乙隻青蛙一次可以跳上1級台階，也可以跳上2級……它也可以跳上n級。求該青蛙跳上乙個n級的台階總共有多少種跳法。

示例1輸入3

返回值4

跳上n級，有如下情況：

第一步跳1級，還剩n-1級，此時跳法數等於後面n-1級台階跳法數：f(n-1)

第一步跳2級，還剩n-2級，此時跳法數等於後面n-2級台階跳法數：f(n-2)

。。。。。。

第一步跳n-1級，還剩1級，此時跳法數等於後面1級台階跳法數：f(n-(n-1))=f(1)=1

第一步跳n級，還剩0級，此時跳法數等於f(n-n)=f(0)=1

即：f[n] = f[n-1] + f[n-2] + … + f[0]， 初始條件f[0] = f[1] = 1

方法一：暴力方法

根據公式，我們就可以先求f[2]，然後f[3]…f[n-1]， 最後f[n]

int

jumpfloorii
(int n)
}return f[n]
;}

空間複雜度：o(n)，建立了乙個vectorf(n+1, 0);

易知 f(n)=f(n-1)+f(n-2)+……f(1)+f(0)

f(n-1)=f(n-2)+……f(1)+f(0)

兩式相減得f(n)=2f(n-1)

以n=4為例：

遞迴實現（從上向下）

class

solution
};

空間複雜度：遞迴棧的空間

迴圈實現（從下向上）---------推薦

class

solution
return n;}}
;

空間複雜度：o(1)

題目描述

我們可以用2*1的小矩形橫著或者豎著去覆蓋更大的矩形。請問用n個2*1的小矩形無重疊地覆蓋乙個2*n的大矩形，總共有多少種方法？

比如n=3時，2*3的矩形塊有3種覆蓋方法：

示例1輸入4

返回值5

即，用f [n]表示2*n大矩陣 的方法數。

顯然:n=1，f(1)=1;

n=2，f(2)=2;

對於2*n大矩陣，覆蓋它的最右面的2*1小矩陣，要麼是豎著的，要麼是橫著的；

最右邊是豎著的需要1個小矩陣（去除這乙個豎著的，相當於剩下個2*n-1大矩陣，此時覆蓋方法是f(n-1)），

橫著的需要2個（去除這兩個橫著的，相當於剩下個2*n-2大矩陣，此時覆蓋方法是f(n-2)）。

可以得出：

f[n] = f[n-1] + f[n-2]，初始條件f[1] = 1, f[2] =2

是斐波那契數列，則用從下向上的迴圈方式實現它：

class

solution
return fn;}}
;

JZ7 斐波那契數列

大家都知道斐波那契數列，現在要求輸入乙個整數n，請你輸出斐波那契數列的第n項 從0開始，第0項為0，第1項是1 n 39 輸入4返回值 3class solution return c 複雜度分析 int fibonacci int n 複雜度分析 分析 遞迴實現的 簡潔易懂，但是需要注意的是，遞迴...

JZ10 I 斐波那契數列

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斐波那契數列10

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