【剑指offer】斐波那契数列（续）

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。

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　　首先我们考虑最简单的情况。如果只有1级台阶，那显然只有一种跳法。如果有2级台阶，那就有两种跳的方法了：一种是分两次跳，每次跳1级；另外一种就是一次跳2级。

　　现在我们再来讨论一般情况：我们把 n 级台阶时的跳法看成是 n 的函数，记为 f(n) 。当 n > 2 时，第一次跳的时候就有两种不同的选择：一是第一次只跳 1 级，此时跳法数目等于后面剩下的 n - 1 级台阶的跳法数目，即为 f(n-1)；另外一种选择是第一次跳 2 级，此时跳法数目等于后面剩下的 n-2 级台阶的跳法数目，即为 f(n-2)。

　　因此 n 级台阶时的不同跳法的总数 f(n) = f(n-1) + f(n-2)。
我们把上面的分析用一个公式总结如下：

　　　┌ 1　　　　　 , ( n=1 )
f(n) = ┤ 2 　　　　　, ( n=2 )
　　　└ f(n-1) + (f-2), ( n>2 )

　　分析到这里，我们不难看出这实际上就是斐波那契数列了。
代码见【剑指offer】斐波那契数列

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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。

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同样我们定义 f(n) 为 n 级台阶跳法的数量
分析如下：
n = 1 时，1 种跳法，f(1) = 1；
n = 2 时，2 种跳法：一次跳1级，或者一次跳2级，f(2) = 2；
n > 2 时
　　将所有的 n 级台阶的完成分成两个部分来看，第一部分：跳一次；第二部分：用各种方法跳到顶点。
第一步如果跳 1 级，那么剩下 n - 1 级台阶，那么第二步总共会有 f(n-1) 种跳法；
第一步如果跳 2 级，那么剩下 n - 2 级台阶，那么第二步总共会有 f(n-2) 种跳法；
……
第一步如果跳 n-2 级，那么剩下 2 级台阶，那么第二步总共会有 f(2) = 2 种跳法；
第一步如果跳 n-1 级，那么剩下 1 级台阶，那么第二步总共会有 f(1) = 1 种跳法；
第一步如果跳 n 级，那么就直接上顶，没有第二步了；

　　也就是说，第一步总共是有 n 种可能的跳法，每种可能的跳法执行后，都会有不同的第二步跳法。那么把所有第二步可能的跳法全部加起来，就构成了所有的跳法 f(n) 。

即：
f(n) = f(n - 1) + f(n - 2) + f(n - 3) + … + f(2) + f(1) + 1
f(n - 1) = f((n - 1) - 1) + f((n - 1) - 2) + … + f(2) + f(1) + 1
　　　　= f(n - 2) + f(n - 3) + … + f(2) + f(1) + 1
所以 f(n) = 2f(n - 1)
故可得

　　　┌ 1　　　 , ( n=０ )
f(n) = ┤ １ 　　　, ( n=１ )
　　　└ 2 * f(n-1), ( n>＝2 )
那么代码可以这样写：

public int jump(int n) {    if (n <= 0) {        return -1;    } else if (n == 1) {        return 1;    } else {        return 2 * jump(n - 1);    }}

但是，以上的解法并不优雅。我们不妨换个角度想，在一次成功地跳上顶部后，这所有的 n 个台阶都会存在两种状态，即：被跳了，或者没被跳。（除了最上面一个台阶必须跳上去，其状态为”被跳了”）其他的 n - 1 个台阶的状态都可能是这两种状态任意之一。因此，总的可能的跳法数为 2^( n - 1) 。而涉及到2的 n 次幂的计算，必先考虑用位运算符来实现。即 2^( n - 1) = 1 << ( n - 1) ，或者 1 << - - n 。

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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？

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我们把总共的方法数看成是 n 的函数，记为 f(n) 。
易得 f( 1 ) = 1, f( 2 ) = 2
当 n > 2 时，第一个小矩形摆放在大矩形最左边时有两种摆法，横着放或者竖着放，如果竖着放，右边剩下 2*( n - 1) 的大矩形，摆放方法数为 f( n - 1)；如果横着放在左上角，那么左下角必须横着放一个同样的小矩形，此时，右边剩下 2*( n - 2) 的大矩形，摆放方法数为 f( n - 2)，因此 f( n ) = f( n - 1) + f( n - 2)，这还是一个斐波那契数列。: )