斐波那契数列

题目一：写一个函数，输入n, 求斐波那契（Fibonacci）数列的第n项
斐波那契数 f(n)：

f(n) = 0 (n=0);

f(n)=1(n=1);

f(n) = f(n-1)+f(n-2) (n>1)

解法1: C语言，递归

分析：这种方法虽然直观但是时间效率很低， 因为重复的计算过多，计算量会随着n的增大急剧增大， 时间复杂度以 n 的指数方式递增

long long Fibonacci (unsigned int n) {

    if (n<=0) return 0;

    if (n ==1) return 1;

    return Fibonacci(n-1)+Fibonacci(n-2);

}

解法2： 
从下往上计算，先根据 f(0) 和 f(1) 计算出 f(2), 再根据 f(1) 和 f(2) 算出 f(3) ..., 依此类推就可以算出第 n 项了。 这种思路的的时间复杂度是 O（n）.

long long Fibonacci (unsigned n) {
    if (n == 0) return 0;
    if (n == 1) return 1;
    long long fibNMinusOne = 1;
    long long fibNMinusTwo = 0;
    for (unsigned int i =2; i<=n; ++i){
        fibN = fibNMinusOne + fibNMinusTwo;
        
        fibNMinusTwo = fibNMinusOne;
        fibNMinusOne = fibN;
    }

    return fibN;

}

 

题目二： 

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

解析：
首先考虑最简单的情况，如果只有1级台阶，那显然只有一种跳法。如果有2级台阶，那就有两种跳法了：一种是分两次跳，每次跳一级；另外一种是一次跳2级

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 级台阶的不同跳法的总数 f(n)=f(n-1)+f(n-2).
分析到这里，不难看出这实际上就是斐波那契数列了

题目2扩展：
在青蛙跳台阶的问题中，如果把条件改成： 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， 此时该青蛙跳上一个 n 级的台阶总共有多少种跳法？
用数学归纳法可以证明 f(n) = 2^n-1.

 

题目：

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8个2*1的小矩形无重叠的覆盖一个2*8的大矩形，总共有多少种方法？

解析：
我们先把 2*8 的覆盖方法记为 f(8). 用第一个 1*2 小矩形去覆盖大矩形的最左边的时候有两个选择，竖着放或者横着放。
当竖着放的时候，右边还剩下 2*7 的区域，这种情形下的覆盖方法记为 f(7)
横着放，当 1*2 的小矩形横着放在左上角的时候，左下角必须横着放一个 1*2 的小矩形，而在右边还剩下 2*6 的区域， 这种情况下的覆盖方法记为 f(6).

因此 f(8) = f(7) + f(6). 此时可以看出，仍然是斐波那契数列