面试题9：斐波那契数列及其变形(跳台阶、矩形覆盖)
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题目描述
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 Fibonacci(int n)。
分析：
用递归会TLE，因为有不少地方进行了重复计算，改为循环即可解决(迭代法)...
另外为了避免输入非法值(比如负数)，输入改为了unsigned int
(fib(n)=egin{cases} 1 & n=0 \
1 & n=1 \
fib(n)+f(n-1) & n > 1 and n in N end{cases})
AC代码：
class Solution {
public:
int Fibonacci(unsigned int n) {
int arr[2]={0,1};
if(n<2) return arr[n];
long long fib_2preN=0; // fib(0)
long long fib_1preN=1; // fib(1)
long long fib_N=0;
for(int idx=2; idx <= n; idx++)
{
fib_N=fib_2preN+fib_1preN;
fib_2preN=fib_1preN;
fib_1preN=fib_N;
}
return fib_N;
}
};剑指offer 面试题9 变形1(跳台阶)
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题目描述：
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。
输入：
输入可能包含多个测试样例，对于每个测试案例，
输入包括一个整数n(1<=n<=70)。
输出：
对应每个测试案例，
输出该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。
样例输入：
5
样例输出：
8
分析：
青蛙跳上n级台阶的跳法情况( s(n) )，第1次跳的时候有两种选择：
(1) 如果第1次跳时选择跳过1级台阶，那么还剩下n - 1级台阶，而跳上n – 1级台阶的跳法数目是s(n - 1)；
(2) 如果第1次跳时选择跳过2级台阶，那么剩下n - 2级台阶，而跳上n – 2级台阶的跳法数目是s(n - 2)。
(s(n)=egin{cases} 1 & n=1 \
1 & n=2 \
s(n)+s(n-1) & n > 2 and n in N end{cases})
如果使用递归，会TLE超时，此处还是需要用迭代法...
AC代码：
class Solution {
public:
int jumpFloor(int n) {
if(n<0) return 0;
if(n==1) return 1;
if(n==2) return 2;
long long s_2preN=1; // s(1)
long long s_1preN=2; // s(2)
long long s_N=1;
for(int idx=3; idx <= n; idx++)
{
s_N=s_2preN+s_1preN;
s_2preN=s_1preN;
s_1preN=s_N;
}
return s_N;
}
};leetcode 70. Climbing Stairs
提交网址： https://leetcode.com/problems/climbing-stairs/
这有个奇怪的要求，n<0时，返回1
class Solution {
public:
int climbStairs(int n) {
if(n<0) return 1;
if(n==1) return 1;
if(n==2) return 2;
long long s_2preN=1; // s(1)
long long s_1preN=2; // s(2)
long long s_N=1;
for(int idx=3; idx <= n; idx++)
{
s_N=s_2preN+s_1preN;
s_2preN=s_1preN;
s_1preN=s_N;
}
return s_N;
}
};剑指offer 面试题9 变形2(变态跳台阶)
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题目描述：
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。
输入：
输入可能包含多个测试样例，对于每个测试案例，
输入包括一个整数n(1<=n<=50)。
输出：
对应每个测试案例，
输出该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。
样例输入：
6
样例输出：
32
分析：
青蛙跳上n级台阶的跳法情况(s(n))，第1次跳的时候：
(1) 如果第1次跳时选择跳过1级台阶，那么还剩下n-1级台阶，而跳上n – 1级台阶的跳法数目是s(n-1)；
(2) 如果第1次跳时选择跳过2级台阶，那么剩下n-2级台阶，而跳上n – 2级台阶的跳法数目是s(n-2)。
(3) 如果第1次跳时选择跳过3级台阶，剩下n-3台阶, 而跳上n –3级台阶的跳法数目是s(n-3)。
……
故总数为s(n) = s(n-1) + s(n-2) + … + s(2) + s(1) + s(0) .
s(n-1)= s(n-2) + … + s(2) + s(1) + s(0)
两式相减得：
s(n) =2*s(n-1)
s(1)=1
对于s(0)，由s(2)=s(1)+s(0)=2可得s(0)=1.
(s(n)=egin{cases} 1 & n=0 \
1 & n=1 \
2cdot s(n) & n > 1 and n in N end{cases})
依旧需要用迭代法...
AC代码：
class Solution {
public:
int jumpFloorII(int n) {
if(n<0) return 0;
if(n==0 || n==1) return 1;
long long s_N=1; // s(1)
for(int idx=2; idx <= n; idx++)
{
s_N=2*s_N;
}
return s_N;
}
};剑指offer 面试题9(变形3) 矩形覆盖
提交网址： http://www.nowcoder.com/practice/72a5a919508a4251859fb2cfb987a0e6?tpId=13&tqId=11163
题目描述：
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？
输入：
输入可能包含多个测试样例，对于每个测试案例，
输入包括一个整数n(0<=n<=70)。
输出：
对应每个测试案例，
输出用n个2*1的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形，总共有的方法数。
样例输入：
4
样例输出：
5
分析：
2*n的覆盖方法情况总数为 f(n)，假设2*n的大矩形高度为2(躺着放)，当第一个2*1小矩形放在最左边的角落时：
(1) 如果第一个2*1小矩形选择竖着放，那么还剩下2*n-1的区域，而2*n-1区域的覆盖数目是f(n-1)；
(2) 如果第一个2*1小矩形选择横着放，那么上面必须再放一个2*1小矩形，同时还剩下2*n - 2区域，而2*n-2区域的覆盖数目是f(n-2)；
所以总数为f(n) = f(n-1) + f(n-2) .
f(1)=1
对于f(0)，由f(2)=f(1)+f(0)=2可知 f(0)=1.
(f(n)=egin{cases} 1 & n=0 \
1 & n=1 \
f(n)+f(n-1) & n > 1 and n in N end{cases})
AC代码：
class Solution {
public:
int rectCover(int number) {
if(number<0) return 0; // if(number<0 || number%2) return 0; 不需要考虑奇偶
if(number==0 || number==1) return 1;
long long f_2preN=1; // f(0)
long long f_1preN=1; // f(1)
long long f_N=1;
for(int idx=2; idx <= number; idx++)
{
f_N=f_2preN+f_1preN;
f_2preN=f_1preN;
f_1preN=f_N;
}
return f_N;
}
};