斐波那契数列的变形---跳台阶及矩形覆盖

题一：大家都知道斐波那契数列，现在要求输入一个整数n，请你输出斐波那契数列的第n项。
思路：很容易就能写出代码，n=0,1时，f(n) = f(n-1) + f(n-2).若使用递归调用，则算法的迭代层数较多，容易超时，可巧妙地使用使用数组，计算数列第n项。
法一:超时

# -*- coding:utf-8 -*-
class Solution:
    def Fibonacci(self, n):
        # write code here
        if n < 0:
            return 0
        if n == 1 or n == 0:
            return 1
        if n > 1:
            return self.Fibonacci(n-1) + self.Fibonacci(n-2)

法2：

# -*- coding:utf-8 -*-
class Solution:
    def Fibonacci(self, n):
        # write code here
        result = [0,1]
        if n <= 1:
            return n
        for i in range(2,n+1):
            result.append(result[i-1] + result[i-2]) 
        return result[-1]

题二：跳台阶
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法
思路：该题属于变形的斐波那契数列。
n = 1 1
n = 2 2
n = 3 3
n = 4 5
……

# -*- coding:utf-8 -*-
class Solution:
    def jumpFloor(self, number):
        # write code here
         # write code here
        result = [0,1,2]
        if number <= 2:
            return number
        for i in range(3,number+1):
            result.append(result[i-1]+result[i-2])
        return result[-1]

题三：矩形覆盖
我们可以用2*1的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个2*1的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形，总共有多少种方法？
思路：依旧是斐波那契数列
2*n的大矩形，和n个2*1的小矩形
其中target*2为大矩阵的大小
有以下几种情形：
1⃣️target <= 0 大矩形为<= 2*0,直接return 1；
2⃣️target = 1大矩形为2*1，只有一种摆放方法，return1；
3⃣️target = 2 大矩形为2*2，有两种摆放方法，return2；
4⃣️target = n 分为两步考虑：
# 第一次摆放一块 2*1 的小矩阵，则摆放方法总共为f(target - 1)

#第一次摆放一块1*2的小矩阵，则摆放方法总共为f(target-2)
因为，摆放了一块1*2的小矩阵，对应下方的1*2（用××表示）摆放方法就确定了，所以为f(targte-2)
代码同题二

题四：变态跳台阶
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级……它也可以跳上n级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法
关于本题，前提是n个台阶会有一次n阶的跳法。分析如下:
f(1) = 1
f(2) = f(2-1) + f(2-2) //f(2-2) 表示2阶一次跳2阶的次数。
f(3) = f(3-1) + f(3-2) + f(3-3)
…
f(n) = f(n-1) + f(n-2) + f(n-3) + … + f(n-(n-1)) + f(n-n)

说明：
1）这里的f(n) 代表的是n个台阶有一次1,2,…n阶的 跳法数。
2）n = 1时，只有1种跳法，f(1) = 1
3) n = 2时，会有两个跳得方式，一次1阶或者2阶，这回归到了问题（1） ，f(2) = f(2-1) + f(2-2)
4) n = 3时，会有三种跳得方式，1阶、2阶、3阶，

  那么就是第一次跳出1阶后面剩下：f(3-1);第一次跳出2阶，剩下f(3-2)；第一次3阶，那么剩下f(3-3) 

  因此结论是f(3) = f(3-1)+f(3-2)+f(3-3) 

5) n = n时，会有n中跳的方式，1阶、2阶…n阶，得出结论：

  f(n) = f(n-1)+f(n-2)+...+f(n-(n-1)) + f(n-n) =>  f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + ... + f(n-1) 

6) 由以上已经是一种结论，但是为了简单，我们可以继续简化：

  f(n-1) = f(0) + f(1)+f(2)+f(3) + ... + f((n-1)-1) =

f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + … + f(n-2)

  f(n) = f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + ... + f(n-2) +

f(n-1) = f(n-1) + f(n-1)

  可以得出： 
  f(n) = 2*f(n-1) 

7) 得出最终结论,在n阶台阶，一次有1、2、…n阶的跳的方式时，总得跳法为：

             | 1   ，（n = 0）
    f(n) =   |1     ,   ( n = 1 )
             | 2*f(n-1),(n>=2)

代码：

 # -*- coding:utf-8 -*-
class Solution:
    def jumpFloorII(self, number):
        # write code here
        result = [0,1]
        if number <= 1:
            return number
        for i in range(2,number+1):
            result.append(result[i-1]*2)
        return result[-1]