青蛙總是被被要求跳台階，我想，他一定很累的！
乙隻青蛙一次可以跳上1級台階，也可以跳上2級台階。求該青蛙跳上乙個 n 級的台階總共有多少種跳法？
對於這樣的問題，n可大可小，如果n很小，我們可以直觀暴力拆解就可以得到答案，但是如果n很大，那麼這個問題就公升級了。
一般處理問題，我們最直接的思路，可能就是分治，將大問題拆解為小問題，分而解決。
在此，也不例外。
首先我們知道青蛙一次能跳一級或者兩級。
假定最後一跳跳一級，則剩餘n-1個台階，則問題化為解決跳上n-1個台階的問題。
假定最後一跳跳兩級，則剩餘n-2個台階，則問題化為解決跳上n-2個台階的問題。
所以歸總起來，總的可能的跳法為（n-1）個台階和（n-2）個台階問題的總和。
我們假定解決方案為f(n)，則f(n) = f(n-1) + f(n-2) ，這裡我們假定n是大於2的。
當n = 1 時，青蛙跳一級即可，f(1) = 1。
當n = 2 時，青蛙可以連跳兩個一級或者跳乙個兩級，f(2) = 2。
觀察f(n) = f(n-1) + f(n-2) 公式，你們首先想到的是什麼？對的，是遞迴，級聯求解：
public我們以影象化展示一下這個過程：static
long jump(int
n)
return jump(n - 1) + jump(n - 2);
}
圖中以相同顏色標識了遞迴過程中會產生重複計算的節點。
重複是一種算力和資源不必要的浪費，我們可以對此進行優化：
對於上述的遞迴運算，我們可以看到，是由後至前計算的，也即從f(n)->f(1)。也就是我們需要知道向前的每乙個位置的方案結果。我們換個方向，從前至後連續計算出每個位置的方案，則最後的位置即為我們所要的結果，同時也可以規避重複計算的問題：
**實現：
public我們通過增加乙個長度為n的陣列空間占用來換取演算法耗時優化，相對於遞迴演算法，耗時上有數量級差別。static
long jumpx(int
n)
//每個位置儲存下標（i + 1）個台階的可能結果f(i + 1)，所以n個台階即為計算f(n - 1)
long arr = new
long[n];
arr[0] = 1l; //
乙個台階
arr[1] = 2l; //
兩個台階
//從 n = 3 開始迴圈計算
for (int i = 2; i < n; i++)
return arr[n - 1];
}
耗時減少了，但是空間似乎浪費了，其實，也沒必要儲存每乙個方案的結果，我們只需要知道【前乙個】，【前兩個】以及【當前】的幾個變數。
改造如下：
public空間複雜度降為o(1)。static
long jumpy(int
n)
//第三節台階方案值f(3) = f(2) + f(1) = 1 + 2 = 3;
long pretwocount = 1; //
乙個台階
long preonecount = 2; //
兩個台階
long stepscount = 0; //
n個台階
//從 n = 3 開始迴圈計算
for (int i = 2; i < n; i++)
return
stepscount;
}
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