台阶问题

该程序给出了使用递归方式以及使用迭代方式两种算法实现。该两种实现都基于如下推导：

• 当 m = n, n != 1 时，f(n) = 2^(n-1)
即 f(n) 为 二项式 (a+b) ⁿ 展开式各项系数之和，推导如下：
设楼梯有 n 级，某人一步最多迈 m(m=n) 级，使用“隔板法”（共 n-1 个空位）可得 f(n) = ∑ _n=1 ⁿC _n ^n-1 = 2 ^n-1。
• 当 m <=n 时，f(n) = 2*f(n-1) - f(n-m-1)
即 f(n) = f(n-1) + f(n-2) + ... + f(n-m) 代入 n 后的递推式，推导如下：
归纳可得 f(n) 为先上 1 步、2 步、...、m 步走法只和：f(n) = f(n-1) + f(n-2) + ... + f(n-m)。
逐步代入展开：f(n) = (f(n-2) + f(n-3) + ... + f(n-m-1))+ f(n-2) + ... + f(n-m)，即（展开 f(n-1)）... => f(n) = 2*f(n-1) - f(n-m-1)。

f(n) 可根据 m 分三类情况求解：

• 当 m = 1 时，有且仅有 1 种走法，f(n)=1
• 当 m <= n 时，f(n) = 2*(f(n-1) - f(n-m-1)，特别地，
• 当 m = n 时，f(n) = 2^n-1

package steps;

/**
 * 台阶问题：
 * 某楼梯有 n(n>=1) 级台阶，某人一步最多迈 m(n>=m>=1)级，
 * 求有多少种不同的上楼方案 f(n)。
 *
 * 

 *   该程序给出了{@linkplain #f(int) 使用递归方式}以及{@linkplain #f_(int)
 *   使用迭代方式}两种算法实现。该两种实现都基于如下推导：
 *   

*
• 当 m = n, n != 1 时，f(n) = 2^(n-1)
* 即 f(n) 为 二项式 (a+b) ⁿ 展开式各项系数之和，推导如下：
* 设楼梯有 n 级，某人一步最多迈 m(m=n) 级，使用“隔板法”（共 n-1 个空位）可得 * f(n) = ∑ _n=1 ⁿC _n ^n-1 = * 2 ^n-1。 *
• 当 m <=n 时，f(n) = 2*f(n-1) - f(n-m-1)
* 即 f(n) = f(n-1) + f(n-2) + ... + f(n-m) 代入 n 后的递推式，推导如下：
* 归纳可得 f(n) 为先上 1 步、2 步、...、m 步走法只和：f(n) = f(n-1) + f(n-2) * + ... + f(n-m)。
逐步代入展开：f(n) = (f(n-2) + f(n-3) + ... * + f(n-m-1))+ f(n-2) + ... + f(n-m)，即（展开 f(n-1)）... => f(n) = 2*f(n-1) * - f(n-m-1)。 *

* * *

* f(n) 可根据 m 分三类情况求解： *

*
• 当 m = 1 时，有且仅有 1 种走法，f(n)=1
*
• 当 m <= n 时，f(n) = 2*(f(n-1) - f(n-m-1)，特别地，
*
• 当 m = n 时，f(n) = 2^n-1
*

* * * @author Liang Ding * @version 1.0.0.2, Mar 14, 2011 */ public final class Main { /** * 一步最多迈 {@value #M} 级。 */ private static final int M = 20; /** * 楼梯共有 {@value #N} 级台阶。 */ private static final int N = 30; /** * 保存中间计算结果 f(0)...f(N)。 */ private static final long[] F = new long[N + 1]; /** * 检查给定的 {@linkplain #N N} 与 {@linkplain #M M} 是否满足： *

*
• N >= 1
*
• M >= 1
*
• N >= M
*

*/ private static void check() { if (N < 1) { throw new IllegalArgumentException("N must larger or equal than 1"); } if (M < 1) { throw new IllegalArgumentException("M must larger or equal than 1"); } if (M > N) { throw new IllegalArgumentException("N must larger or equal than M"); } } /** * 主程序入口。 * * @param args 指定的参数（将被忽略） */ public static void main(final String[] args) { check(); if (1 == M) { // 有且仅有 1 种走法 System.out.println("f(n)=1"); return; } init(); long start = System.currentTimeMillis(); f(N); long used = System.currentTimeMillis() - start; System.out.println("Recursively, f(n)=" + F[N] + ", used " + used + " millis"); init(); long start2 = System.currentTimeMillis(); f_(N); long used2 = System.currentTimeMillis() - start2; System.out.println("Iteratively, f(n)=" + F[N] + ", used " + used2 + " millis"); } /** * 初始化 F[0]...F[M]。 */ private static void init() { F[0] = 1; F[1] = 1; F[2] = 2; for (int n = 3; n <= M; n++) { F[n] = 1 << (n - 1); } } /** * 迭代求 f(n)，计算结果保存在 F[n] 中。 *

* 时间复杂度： *

*
• 最坏 O(n)，当 m == 1 时
*
• 最好 O(1)，当 n == M 时
* * @param n 指定的 n */ public static void f_(final int n) { for (int i = 3; i <= N; i++) { if (i <= M) { continue; // F[0]...F[M] 已在初始化中求出。 } // 开始迭代求解， f(n)= 2 * f(n-1) - f(n-M-1) F[i] = 2 * F[i - 1] - F[i - M - 1]; } } /** * 递归求 f(n)，计算结果保存在 F[n] 中，时间复杂度为 O(2^n)。 * * @param n 指定的 n * @return F[n] */ public static long f(final int n) { // F[0]...F[M] 已在初始化中求出。 if (0 == n || 1 == n) { return F[0]; } if (2 == n) { return F[2]; } if (M >= n) { return F[n]; } // 开始递归求解， f(n）= 2 * f(n-1) - f(n-M-1) F[n] = 2 * f(n - 1) - f(n - M - 1); return F[n]; } private Main() { } }

足见，程序员绝对需要一定的数学知识。

本文是使用 B3log Solo 从 简约设计の艺术 进行同步发布的

原文地址： http://88250.b3log.org/steps-problem.html