题目描述

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

来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode-cn.com/problems/climbing-stairs
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解法1

这是一道简单的DP题目,是DP的应用之一 – 计数。给定一个台阶数目n,我们可以从n-1节台阶跳一步到达第n节;也可以从n-2跳两步到达第n节。我们把到达第n节台阶的爬楼梯方法记为dp[n],那么有dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]。当n=0时只有一种爬楼梯方法,那就是不爬;当n=1时只有一种爬楼梯方法,那就是爬一步。

现在我们有了dp[0]=1, dp[1]=1,可以推算更大规模的问题。解法有两种,一种Bottom-up,用迭代解。

class Solution {
    public int climbStairs(int n) {
        int[] dp = new int[n + 1];
        dp[0] = 1;
        dp[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++)
            dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
        return dp[n];
    }
}

解法1-优化

我们从上面的代码可以看出,dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]。当前dp[i]仅依赖于dp[i-1]和dp[i-2],我们可以使用3个临时变量节省空间,将空间复杂度降低到O(1)。dp0相当于dp[n-1],dp1相当于dp[n-2],dp相当于dp[n]。那么就有dp = dp0 + dp1。然后我们将dp1的值“倒腾”到dp0,dp值“倒腾”到dp1中,那么最新的计算结果就存储到dp1里。

class Solution {
    public int climbStairs(int n) {
        int dp0 = 1;
        int dp1 = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            int dp = dp0 + dp1;
            dp0 = dp1;
            dp1 = dp;
        }
        return dp1;
    }
}

解法2

解法2使用Top-down解法,要求得第n节台阶爬法,我们要知道爬到第n-1节和爬到第n-2节的爬法。通过编写递归函数可以解决问题,但是我们需要使用缓存记录之前计算的结果,避免重复计算,否则不能AC。

class Solution {
    private Map<Integer, Integer> cache = new HashMap<>();

    public int climbStairs(int n) {
        if (n == 0 || n == 1)
            return 1;
        Integer ans = cache.get(n);
        if (ans != null)
            return ans;
        ans = climbStairs(n - 1) + climbStairs(n - 2);
        cache.put(n, ans);
        return ans;
    }
}
pwrliang Algorithms, Dynamic Programming ,

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