前言
Wassup guys,我是你们的机哥 (好几个朋友发私信都叫我机哥)
今天是C语言每日一练,第90天!
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。
诺,就像下面这样
其实我一看到这道题,我也是懵的,不知道从哪里着手分析,那我们就从最简单的情况开始分析。
假如
n = 1
,一共有一级台阶,显然就只有一种跳法
一次跳1阶;
假如n = 2
,一共有两级台阶,共有两种跳法
跳1阶,再跳1阶
跳2阶
假设n = 3
,共有三种跳法。
跳1阶,跳1阶,再跳1阶
跳1阶,再跳2阶
跳2阶, 再跳1阶
(注:此过程图是我从网上找的,实在是难得画啦)
通过上面的分析,我们可以这样思考问题
前往楼梯顶部的最后一步,要么跳1阶,要么跳2阶;
先假设 f ( n ) f(n) f(n)为 n 级台阶的总跳法数;
那么第一次如果选择跳一级的话,剩下的 n-1 级台阶的跳法数就为 f ( n − 1 ) f(n-1) f(n−1)。
如果第一次跳两级的话,剩下的 n-2 级台阶的跳法就是 f ( n − 2 ) f(n-2) f(n−2);
现在青蛙一次只能跳一级或两级,所以我们可以推出以下公式:
咦,这玩意儿不就是我们 斐波那契数 吗?
只不过有一点不同的是,斐波那契数列一般是以1,1,2,3,5,8,13……
开始的;
而我们这是以1,2,3,5,8,13……
开始的,少了最前面的一个1。
上面说到这个过程有点类似于斐波那契数,但又不完全是,所以我们先看主代码部分
#include
int jump(int n)
{
if (n < 3)
{
//假设n的范围是[0, 3]
return n;
}
else
{
//n>3的时候
return jump(n - 1) + jump(n - 2);
}
}
int main()
{
int num = 0;
printf("请输入一个台阶数:> ");
scanf("%d", &num);
int ret = jump(num);
printf("小青蛙有 %d种 跳法\n", ret);
return 0;
}
运行结果
但是,我们来看一下计算的过程
要计算 f ( 6 ) f(6) f(6),就需要先计算出子问题 f ( 5 ) f(5) f(5) 和 f ( 4 ) f(4) f(4)
然后要计算 f ( 5 ) f(5) f(5),又要先算出子问题 f ( 4 ) f(4) f(4) 和 f ( 3 ) f(3) f(3),以此类推。
一直到 f ( 2 ) f(2) f(2) 和 f ( 1 ) f(1) f(1),递归树才终止。
因此,青蛙跳阶,递归解法的时间复杂度 等于 O ( 1 ) ∗ O ( 2 n ) = O ( 2 n ) O(1) * O(2^n) = O(2^n) O(1)∗O(2n)=O(2n)
你仔细观察这颗递归树,你会发现存在「大量重复计算」;
比如 f ( 4 ) f(4) f(4)被计算了两次, f ( 3 ) f(3) f(3)被重复计算了3次…所以这个递归算法低效的原因,就是存在大量的重复计算!
所以我们可以对代码进行优化
在递归法的基础上,新建一个长度为 n n n 的数组,用于在递归时存储 f ( 0 ) f(0) f(0) 至 f ( n ) f(n) f(n) 的数字值,重复遇到某数字时则直接从数组取用,避免了重复的递归计算。
所以我们设置一个数组,用于存放第一次计算某一个 n n n的jump(n)
。
当每一次要计算一个jump(n)
的时候,就先查看数组中以 n n n 为下标的地方是否有值,有的话就可以不调用jump(n)
,而直接从数组中取得结果值,否则再计算jump(n)
。
代码实现
#include
long int f[1000]={0};
int jump(int n){
//当只有一阶台阶的时候,只有一种上台阶的方式。
//当有2阶台阶的时候,有2种上台阶的方式,一种是一次上一阶,还有一种是一次上2个台阶。
//现在设有n阶台阶,如果n>2,那种应该有(先跳一阶)+(先跳2阶)的方式
//如果先跳一阶,那么就有jump(n-1)中方式。如果先跳2阶,那么就有jump(n-2)中方式。
//因此可以知道共有jump(n-1) + jump(n-2)种方式。
if(n==1)
{
f[1]=1;
return f[1];
}
if(n==0)
{
f[0]=1;
return f[0];
}
if(n==2)
{
f[2]=2;
return f[2];
}
else
{
if(f[n-1]!=0)
{
if(f[n-2]!=0)
{
return (f[n-1]+f[n-2]);
}
else
{
f[n-2]=jump(n-2);
return (f[n-1]+f[n-2]);
}
}
else
{
if(f[n-2]!=0)
{
f[n-1]=jump(n-1);
return (f[n-1]+f[n-2]);
}
else
{
f[n-1]=jump(n-1);
f[n-2]=jump(n-2);
return (f[n-1]+f[n-2]);
}
}
}
}
int main()
{
int num = 0;
printf("请输入一个台阶数:> ");
scanf("%d", &num);
int ret = jump(num);
printf("小青蛙有 %d种 跳法\n", ret);
return 0;
}
运行结果
很快我又发现,不必把所有的记录都记起来;
假设我有3阶楼梯,我只需要知道跳2阶和跳1阶的方法数是多少就可以算出跳3阶的方法数;
因此每次只需要保留 n − 1 n-1 n−1阶 和 n − 2 n-2 n−2阶 的方法数。
代码实现
#include
int jump(int n)
{
//n=0、1、2的时候,直接返回n即可
if (n < 3)
{
return n;
}
//第一个数为1
int one = 1;
//第二个数为2
int two = 2;
//用于存放前两个数之和
int sum = 0;
while (n > 2)
{
sum = one + two;
one = two;
two = sum;
n--;
}
return sum;
}
int main()
{
int num = 0;
printf("请输入一个台阶数:> ");
scanf("%d", &num);
int ret = jump(num);
printf("小青蛙有 %d种 跳法\n", ret);
return 0;
}
运行结果
一只青蛙一次可以跳上一级台阶,也可以跳上二级台阶……,也可以跳n级,求该青蛙跳上一个n级的台阶总共需要多少种跳法。
一只青蛙要想跳到n级台阶,可以从一级,二级……,也就是说可以从任何一级跳到n级
当台阶为1级时, f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f(1)=1;
当台阶为2级时, f ( 2 ) = 1 + 1 = 2 f(2)=1+1=2 f(2)=1+1=2;
当台阶为3级时, f ( 3 ) = f ( 1 ) + f ( 2 ) + 1 = 4 f(3)=f(1)+f(2)+1=4 f(3)=f(1)+f(2)+1=4;
当台阶为4级时, f ( 4 ) = f ( 1 ) + f ( 2 ) + f ( 3 ) + 1 = 8 f(4)=f(1)+f(2)+f(3)+1=8 f(4)=f(1)+f(2)+f(3)+1=8;
当台阶为5级时, f ( 5 ) = f ( 1 ) + f ( 2 ) + f ( 3 ) + f ( 4 ) + 1 = 16 f(5)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+1=16 f(5)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+1=16;
所以递推公式我们很容易就能想到: f ( n ) = f ( n − 1 ) + f ( n − 2 ) + … … + f ( 2 ) + f ( 1 ) + f ( 0 ) f(n)=f(n-1)+f(n-2)+……+f(2)+f(1)+f(0) f(n)=f(n−1)+f(n−2)+……+f(2)+f(1)+f(0)
最后这个 f ( 0 ) f(0) f(0)是可以去掉的,因为0级就相当于没跳,所以 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0
然后我们把 f ( 0 ) f(0) f(0)去掉再转换一下: f ( n − 1 ) = f ( n − 2 ) + f ( n − 3 ) + … … + f ( 2 ) + f ( 1 ) f(n-1)=f(n-2)+f(n-3)+……+f(2)+f(1) f(n−1)=f(n−2)+f(n−3)+……+f(2)+f(1);
推导过程
我们列两个等式:
① f ( n ) = f ( n − 1 ) + f ( n − 2 ) + f ( n − 3 ) + … + f ( 2 ) + f ( 1 ) f(n) = f(n-1) + f(n-2) +f(n-3) + … + f(2) + f(1) f(n)=f(n−1)+f(n−2)+f(n−3)+…+f(2)+f(1)
② f ( n − 1 ) = f ( n − 2 ) + f ( n − 3 ) + … + f ( 2 ) + f ( 1 ) f(n-1) = f(n-2) +f(n-3) + … + f(2) + f(1) f(n−1)=f(n−2)+f(n−3)+…+f(2)+f(1)
由①-②得, f ( n ) = 2 f ( n − 1 ) f(n) = 2f(n-1) f(n)=2f(n−1)
代码示例
int jump(int n)
{
if (n == 1)
{
return 1;
}
else
{
return 2 * jump(n - 1);
}
}
int main()
{
int num = 0;
printf("请输入一个台阶数:> ");
scanf("%d", &num);
int ret = jump(num);
printf("小青蛙有 %d种 跳法\n", ret);
return 0;
}
运行结果
当然这里也可以用非递归的方式来实现
那么非递归怎么去思考呢?
可以这样理解:
f ( 1 ) = 1 = 2 0 f(1) = 1 = 2^0 f(1)=1=20
f ( 2 ) = 1 + f ( 1 ) = 2 = 2 1 f(2) = 1 + f(1) = 2 =2^1 f(2)=1+f(1)=2=21
f ( 3 ) = 1 + f ( 2 ) + f ( 1 ) = 4 = 2 2 f(3) = 1 + f(2) + f(1) =4 = 2^2 f(3)=1+f(2)+f(1)=4=22
f ( 4 ) = 1 + f ( 3 ) + f ( 2 ) + f ( 1 ) = 8 = 2 3 f(4) = 1 + f(3) + f(2) + f(1) = 8 =2^3 f(4)=1+f(3)+f(2)+f(1)=8=23
…
f ( n ) = 2 ( n − 1 ) f(n)=2^{(n-1)} f(n)=2(n−1);
然后使用用函数pow(2,n -1)
,需要加头文件
但是我们这里可以不用库函数来实现,给大家介绍一种神奇的运算
代码示例
int jump(int n)
{
if (n == 1)
{
return 1;
}
else
{
return 1 << (n-1);
}
}
int main()
{
int num = 0;
printf("请输入一个台阶数:> ");
scanf("%d", &num);
int ret = jump(num);
printf("小青蛙有 %d种 跳法\n", ret);
return 0;
}
运行结果
其实这道算法题的本质可以说就是斐波那契数的衍生;
反言之,对于算法,我的理解:算法本质就是数学的解题过程