leetcode怎么解决青蛙跳台阶问题

本篇内容介绍了“leetcode怎么解决青蛙跳台阶问题”的有关知识，在实际案例的操作过程中，不少人都会遇到这样的困境，接下来就让小编带领大家学习一下如何处理这些情况吧！希望大家仔细阅读，能够学有所成！一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级台阶。求该青蛙跳上一个 n 级的台阶总共有多少种跳法。答案需要取模 1e9+7（1000000007），如计算初始结果为：1000000008，请返回 1。示例 1：输入：n = 2输出：2示例 2：输入：n = 7输出：21提示：0
解题思路
设跳上 nn 级台阶有 f(n)f(n) 种跳法。在所有跳法中，青蛙的最后一步只有两种情况：跳上 11 级或 22 级台阶。当为 11 级台阶：剩 n-1n−1 个台阶，此情况共有 f(n-1)f(n−1) 种跳法；当为 22 级台阶：剩 n-2n−2 个台阶，此情况共有 f(n-2)f(n−2) 种跳法。f(n)f(n) 为以上两种情况之和，即 f(n)=f(n-1)+f(n-2)f(n)=f(n−1)+f(n−2) ，以上递推性质为斐波那契数列。本题可转化为 求斐波那契数列第 nn 项的值 ，与 面试题10- I. 斐波那契数列 等价，唯一的不同在于起始数字不同。青蛙跳台阶问题：f(0)=1f(0)=1 , f(1)=1f(1)=1 , f(2)=2f(2)=2 ；斐波那契数列问题：f(0)=0f(0)=0 , f(1)=1f(1)=1 , f(2)=1f(2)=1 。斐波那契数列的定义是 f(n + 1) = f(n) + f(n – 1)f 香港云主机(n+1)=f(n)+f(n−1) ，生成第 nn 项的做法有以下几种：递归法：原理：把 f(n)f(n) 问题的计算拆分成 f(n-1)f(n−1) 和 f(n-2)f(n−2) 两个子问题的计算，并递归，以 f(0)f(0) 和 f(1)f(1) 为终止条件。缺点：大量重复的递归计算，例如 f(n)f(n) 和 f(n – 1)f(n−1) 两者向下递归都需要计算 f(n – 2)f(n−2) 的值。记忆化递归法：原理：在递归法的基础上，新建一个长度为 nn 的数组，用于在递归时存储 f(0)f(0) 至 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。缺点：记忆化存储的数组需要使用 O(N)O(N) 的额外空间。动态规划：原理：以斐波那契数列性质 f(n + 1) = f(n) + f(n – 1)f(n+1)=f(n)+f(n−1) 为转移方程。从计算效率、空间复杂度上看，动态规划是本题的最佳解法。动态规划解析：状态定义：设 dpdp 为一维数组，其中 dp[i]dp[i] 的值代表 斐波那契数列第 $i$ 个数字 。转移方程：dp[i + 1] = dp[i] + dp[i – 1]dp[i+1]=dp[i]+dp[i−1] ，即对应数列定义 f(n + 1) = f(n) + f(n – 1)f(n+1)=f(n)+f(n−1) ；初始状态：dp[0] = 1dp[0]=1, dp[1] = 1dp[1]=1 ，即初始化前两个数字；返回值：dp[n]dp[n] ，即斐波那契数列的第 nn 个数字。空间复杂度优化：若新建长度为 nn 的 dpdp 列表，则空间复杂度为 O(N)O(N) 。由于 dpdp 列表第 ii 项只与第 i-1i−1 和第 i-2i−2 项有关，因此只需要初始化三个整形变量 sum, a, b ，利用辅助变量 sumsum 使 a, ba,b 两数字交替前进即可 （具体实现见代码） 。因为节省了 dpdp 列表空间，因此空间复杂度降至 O(1)O(1) 。循环求余法：大数越界：随着 nn 增大, f(n)f(n) 会超过 Int32 甚至 Int64 的取值范围，导致最终的返回值错误。求余运算规则：设正整数 x, y, px,y,p ，求余符号为 odot⊙ ，则有 (x + y) odot p = (x odot p + y odot p) odot p(x+y)⊙p=(x⊙p+y⊙p)⊙p 。解析：根据以上规则，可推出 f(n) odot p = [f(n-1) odot p + f(n-2) odot p] odot pf(n)⊙p=[f(n−1)⊙p+f(n−2)⊙p]⊙p ，从而可以在循环过程中每次计算 sum = a + b odot 1000000007sum=a+b⊙1000000007 ，此操作与最终返回前取余等价代码实现
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