題目一：求斐波那契數列第n項
自己所寫**如下：
#include "stdafx.h
"#include
long fibonacci(unsigned int
n)
return (n % 2 == 0)?f0 : f1;
}}int
main()
return0;
}
雖然知道可以用遞迴實現，但實際寫**卻有些生疏，關鍵是對遞迴不是很熟練。。。
long fibonacci(unsigned intn);//遞迴終止條件
if(n < 2
)
return
results[n];
return fibonacci(n-1) + fibonacci(n-2
);}
遞迴**相當簡潔！但正如書中所說，用遞迴求解斐波那契數列的第n項，會由於有很多重複的子問題求解，比如求解f(10)時，會求解兩次f(8)，因而造成計算複雜度隨著n的增大而急劇增加！因此，該題用遞迴解並不是一種好的選擇！時間複雜度：o(2_^n)，即以n為指數的增長。
作者所寫基於迴圈的實現如下：（很規範）
long fibonacci(unsigned intn);if(n < 2
)
return
results[n];
long fib_0 = results[0
];
long fib_1 = results[1
];
long
fib_i;
for(int i=2; i <= n; i++)
return
fib_i;
}
和自己所寫的**，思想一致！時間複雜度：o(n)。該題時間複雜度可以達到o(logn)，只做了解了。
題目二：（關於斐波那契數列的應用）
青蛙跳台階，每次只能跳1個台階或者2個台階，則問青蛙若要跳n個台階共有多少種跳法？
分析：該題的思路不太好想。。。
首先要想到以n為變數，n個台階的跳法共有f(n)種，那麼：
分析一：到第n-1階後，再跳一步即到第n階，此時的跳法為f(n-1)；
到第n-2階後，再跳乙個兩步或者連續跳一步即可到第n階，但此時注意到後者包含在上一步中，所以此時的跳法為f(n-2)，而非2*f(n-2)。
分析二：以開始跳為分界點更好些。
第一跳若為跳一步，則剩下的n-1台階的跳法為f(n-1)；
第一跳若為跳乙個兩步，則剩下的n-2台階的跳法為f(n-2)；
避免 對分析一中特殊情況的忽略。
綜上，n個台階的跳法f(n)=f(n-1)+f(n-2)為斐波那契數列！！！
劍指offer 面試題9
對於第二道題目，我們可以認為有乙個函式f 放台階數是n時，有f n 種跳法，當台階數n 1時有f n 1 種跳法，以此類推 那麼f n 等於多少呢？青蛙第一次跳有兩種可能，要麼跳乙個台階，要麼跳兩個台階。跳乙個台階後還剩下n 1個台階，n 1個台階跳法有f n 1 種。跳兩個台階後還剩下n 2個台階...
劍指offer 面試題9
面試題 9 斐波那契數列 題目一 寫入乙個函式，輸入 n，求斐波那契切數列的第 n項。題目二 乙隻青蛙一次可以跳上一級台階，也可以跳上兩級台階，求該青蛙一次跳上乙個 n級的台階總共有多少種跳法。首先我們來看第二題，我們可以假設有乙個台階，青蛙跳法 1種 有兩個台階，青蛙跳法 2種 有三個台階，青蛙跳...
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面試題7 用兩個棧實現佇列 using namespace std template class cqueue 預備知識 佇列 佇列也是一種常見的資料結構 特點是先進先出 fifo 在stl中有stack和queue兩個容器 template class stack 成員函式 empty size ...