從本題中我們可以學到包含重複子問題，可以採用記憶化的方式，復用計算後的值；並用動態規劃的思想，找到動態轉移方程，採用迴圈實現。
題目描述：
題目：假設我們需要爬乙個樓梯，這個樓梯一共有 n 階，可以一步跨越 1 個或者 2 個台階，那麼爬完樓梯一共有多少種方式?
示例：
輸入：2有2種方式可以爬樓梯，跳1+1階，跳2階輸出：2
示例：
輸入：3有3種方法爬樓梯，跳1+1+1階，1+2階，2+1階；輸出：3
推理：
1階樓梯，跳1階，有1種方法；
2階樓梯，跳1+1階，跳2階，有2種方法；
3階樓梯，跳1+1+1階，1+2階，2+1階，有3種方法；
4階樓梯，跳1+1+1+1階，1+2+1階，1+1+2階，2+1+1階，2+2階，有5種方法；
如果要跳 n 階台階，最後一步動作可以是上1階，也可以上2階，可以轉化為：
以上4階樓梯舉例，選擇最後上 1 階到達，則為 1 + (1+1+1)階，1 + (2+1)階，1 + (1+2)階，括號中的方法，正好是上 3 階樓梯的方法；選擇最後上 2 階到達，則為 2 + (1+1)階，2 + (2)階，括號中的方法，正好是上 2 階樓梯的方法。
所以最後上 n 階樓梯可以得出：
fn(n) = fn(n - 1) + fn(n - 2)類似是 斐波那契數列 的形式了，可以用遞迴進行實現。
遞迴實現**：
var climbstairs = function(n) ;console.log(climbstairs(4)); // 5console.log(climbstairs(20)); // 10946遞迴演算法的時間複雜度怎麼計算？用子問題個數乘以解決乙個子問題需要的時間。
首先計算子問題個數，即遞迴樹中節點的總數。顯然二叉樹節點總數為指數級別，所以子問題個數為 o(2^n)
然後計算解決乙個子問題的時間，在本演算法中，沒有迴圈，只有 f(n - 1) + f(n - 2) 乙個加法操作，時間為 o(1)。
所以，這個演算法的時間複雜度為二者相乘，即 o(2^n)，指數級別，隨著 n 越大，複雜度會越來越高。
在以上遞迴過程中，會有很多重複的計算。例如計算上 5 階梯的方法，則需要計算上 4 階梯的方法，和上 3 階梯的方法；要計算上 4 階梯的方法，則需要計算上 3 階梯的方法，和上 2 階梯的方法。
計算上 3 階梯的方法在第一次計算後，之後又要重新計算，這樣會造成重複計算。
這是乙個典型的重疊子問題，怎麼讓重複計算的結果更高效地利用呢？
可以採用記憶化遞迴的方式，把已經計算好的結果快取起來，以備遇到已經計算過的數字，可以直接使用，不再耗時計算。
記憶化遞迴**實現：
const climbstairs = function(n) // 快取計算過的值 const loop = (n) => return cache[n] } return loop(n)};console.log(climbstairs(4)); // 5console.log(climbstairs(20)); // 10946這種方法是自頂向下計算，從乙個規模較大的原問題fn(20)開始，一步步拆分為越來越小的規模計算，直到最後不能拆分為止的fn(1)，fn(2)為止，然後逐層返回結果。
還有一種方式是自底向上計算，先從問題最小規模的fn(1)，fn(2)開始，不斷的擴大規模，直到推導出最終原問題fn(20)的值，便得到最終的結果。
自底向上屬於動態規劃的思路，可以使用迴圈完成。
動態規劃**：
const climbstairs = function(n) return result[n]};console.log(climbstairs(4)); // 5console.log(climbstairs(20)); // 10946聽起來很高深，實際上可以把fn(n)當做乙個狀態，這個狀態是由狀態fn(n-1)和fn(n-2)相加轉移而來的，通過不斷的迴圈，轉態不斷的轉移到要求值得n上，僅此而已。
上面的**還可以進一步簡化，當前的狀態只和兩個狀態相關，記錄兩個狀態便能夠得到另乙個狀態，在迴圈過程中記錄兩個狀態即可。
簡化**：
const climbstairs = function(n) return current};console.log(climbstairs(4)); // 5console.log(climbstairs(20)); // 10946又從中看出有重疊子問題，採取記憶化遞迴，將重複計算的值快取起來，以免多次計算，時間複雜度降到了o(n)。
後有採用了動態規劃的方式，得到轉移方程式，採用迴圈的方式實現。
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