假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
注意：给定 n 是一个正整数。
示例1：
输入： 2
输出： 2
解释： 有两种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶
2. 2 阶
示例2：
输入： 3
输出： 3
解释： 有三种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶 + 1 阶
2. 1 阶 + 2 阶
3. 2 阶 + 1 阶
首先会想到暴力求解：
第一个台阶有一种走法，第二个台阶有两种走法，第三个台阶有三种走法。。。第四个台阶...第n个台阶，蒙了。。。
像这种循环的话一般是要找到一个规律，比如说像这种爬楼梯的，假设在第九阶的话，那么上到第九阶的话，其实就是从第八阶迈一步，或者从第七阶迈两步，而走到第八阶，其实就是从第七阶迈一步，或者从第6阶迈两步。这样的话，第n阶台阶，走法就是从第（n-1）个台阶迈一步，或者从（n-2）个台阶迈两步。。。一直递归下去（擦，转来转去就是个递归（斐波那契数列）呀~）
解一：
既然了解了题意，先来一波递归吧：
public static int climbStairs(int n) {
if (n == 1) {
return 1;
}
if (n == 2) {
return 2;
}
if (n > 2) {
return climbStairs(n - 1) + climbStairs(n - 2);
}
return 0;
}
很完美，来走一波：
竟然超时了。。。
用递归还是得小心呀~
解法二：
我们也可以反着推导下，之前解法一是上第n阶台阶需要（n-1）阶+(n-2)阶，反着想就是如果我要上第三阶的话，是第一阶走法+第二阶走法（第一阶走法是1，第二阶走法是2），那么上第四阶走法就是第三阶走法+第二阶走法（这时第三阶走法已经有了），第五阶走法就是第四阶走法+第三阶走法。。。第n阶走法就是第（n-1）阶走法+第（n-2）阶走法，当然我们需要一个额外的数据结构来保存之前的走法信息：
public int climbStairs(int n) {
if (n == 1) {
return 1;
}
if (n == 2) {
return 2;
}
int[] result = new int[n + 1];
result[0] = 1;
result[1] = 1;
result[2] = 2;
for(int i = 3; i<= n ;i++){
result[i] = result[i - 1] + result[i-2];
}
return result[n];
}
看下执行结果：
分析下，因为我们从0遍历到第n个台阶，所以时间复杂度为O(n)，我们用额外的n长度的数组保存中间结果，所以空间复杂度为O(n)
tips:
1.像解法一这种比较原始的递归，是可以优化的，主要优化点是保存中间结果，不需要再次计算，比如第九个台阶，需要第八个台阶的走法+第七个台阶的走法，而第八个台阶的走法也需要第七个台阶的走法+第六个台阶的走法。。。我们可以用一个缓存容器将中间结果保存起来，以后计算时，先从缓存中看下是否存在（类似于解法二，用数组缓存中间结果）
2.解法二是缓存了中间结果，这是空间换时间的思想，其实很多中间结果并不一定是我们想要的，我们其实只需要关注当前阶数的前一个和前一个的前一个（pre和pre的pre），有了这两个结果就可以计算出当前的阶梯走法了，这样的话会将空间复杂度降低到O(1)，can you try it?
解法二改：
public static int climbStairs3(int n) {
if (n == 1) {
return 1;
}
if (n == 2) {
return 2;
}
int preOfPre = 1, pre = 2;
int current = 0;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
current = preOfPre + pre;
preOfPre = pre;
pre = current;
}
return current;
}
用两个指针分别记录前一个阶梯走法和前二个阶梯走法，重复利用这两个变量，使得空间复杂度降低到O(1):