斐波那契数列及青蛙跳台阶问题

题目1：

写一个函数，输入n，求斐波那契（Fibonacci）数列的第n项。

斐波那契（Fibonacci）数列定义例如以下：

$$\begin{equation} f(n)=\left\{ \begin{array}{cc} 0, &n=0\ 1, &n=1\ f(n-1)+f(n-2), &n>2 \end{array} \right. \end{equation}$$
效率非常低的解法：

1. 递归解法（效率非常低）

long long Fibonacci_Solution1(unsigned int n)
{
  if(n <= 0)
     return 0;

  if(n == 1)
     return 1;

  return Fibonacci_Solution1(n - 1) + Fibonacci_Solution1(n - 2);
}

2 循环解法：改进的算法：从下往上计算。首先依据f(0)和f(1)算出f(2)。再依据f(1)和f(2)算出f(3)。。。。。依此类推就能够算出第n项了。

非常easy理解。这样的思路的时间复杂度是o(n)。实现代码例如以下：

long long Fibonacci(unsigned n)
{
    int result[2] = {0 , 1};
    if(n < 2)
        return result[n];

    long long fibMinusOne = 1;
    long long fibMinusTwo = 0;
    for(unsigned int i = 2 ; i <= n ; ++i)
    {
        fibN = fibMinusOne + fibMinusTwo;

        fibMinusTwo = fibMinusOne;
        fibMinusOne = fibN;
    }

    return fibN;
}

题目2：

 一仅仅青蛙一次能够跳上1级台阶，也能够跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共同拥有多少种跳法。

能够把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：一是第一次仅仅跳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);还有一种选择是第一次跳2级，此时跳法数目等于后面剩下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。

与斐波那契数列不同的是，其初始值定义稍有不同。
当n=1时，仅仅能跳一级台阶，一种跳法
当n=2时。一次跳一级或两级，两种跳法
所以。关于青蛙跳台阶的定义例如以下：

$$\begin{equation} f(n)=\left\{ \begin{array}{cc} 1, &n=1\ 2, &n=2\ f(n-1)+f(n-2), &n>2 \end{array} \right. \end{equation}$$

1. 非递归写法

long long FrogJump12Step(int n)
{
    if (n <= 0)
    {
        std::cerr << "param error" << std::endl;
        return -1;
    }

    if (n == 1)
        return 1;
    if (n == 2)
        return 2;
    int frogNMinusOne = 2;//f(n-1)=2
    int frogNMinusTwo = 1;//f(n-2)=1
    int frogN = 0;
    for (unsigned int i = 3; i <= n;++i)
    {
        frogN = frogNMinusOne + frogNMinusTwo;
        frogNMinusTwo = frogNMinusOne;
        frogNMinusOne = frogN;
    }
    return frogN;
}

1. 递归解法

long long FrogJump12StepRecursive(int n)
{
    if (n <= 0)
    {
        std::cerr << "param error" << std::endl;
        return -1;
    }
    if (n == 1)
        return 1;
    if (n == 2)
        return 2;
    return FrogJump12StepRecursive(n - 1) + FrogJump12StepRecursive(n - 2);
}

题目3：

  一仅仅青蛙一次能够跳上1级台阶，也能够跳上2级。
。
。
。。它也能够跳上n级，此时该青蛙跳上一个n级的台阶总共同拥有多少种跳法？

用数学归纳法能够证明：$f(n)=2^{n-1}$.

递归式证明：
当n = 1 时， 仅仅有一种跳法，即1阶跳：Fib(1) = 1;
当n = 2 时。 有两种跳的方式，一阶跳和二阶跳：Fib(2) = Fib(1) + Fib(0) = 2;
当n = 3 时。有三种跳的方式，第一次跳出一阶后。后面还有Fib(3-1)中跳法。 第一次跳出二阶后，后面还有Fib(3-2)中跳法；第一次跳出三阶后，后面还有Fib(3-3)中跳法
Fib(3) = Fib(2) + Fib(1)+Fib(0)=4;
当n = n 时。共同拥有n种跳的方式，第一次跳出一阶后。后面还有Fib(n-1)中跳法； 第一次跳出二阶后。后面还有Fib(n-2)中跳法……………………..第一次跳出n阶后, 后面还有 Fib(n-n)中跳法.
Fib(n) = Fib(n-1)+Fib(n-2)+Fib(n-3)+……….+Fib(n-n)=Fib(0)+Fib(1)+Fib(2)+…….+Fib(n-1)
又由于Fib(n-1)=Fib(0)+Fib(1)+Fib(2)+…….+Fib(n-2)
两式相减得：Fib(n)-Fib(n-1)=Fib(n-1)
=====》 Fib(n) = 2*Fib(n-1) n >= 2
递归等式例如以下：

$$\begin{equation} f(n)=\left\{ \begin{array}{cc} 1, &n=1\ 2, &n=2\ 2*f(n-1), &n>2 \end{array} \right. \end{equation}$$

所以：$f(n)=2*f(n-1)=2*2(n-2)....=2^{n-1}*f(0)=2^{n-1}$

1. 非递归解法：

long long FrogJump12nStep(int n)
{
    if (n <= 0)
    {
        std::cerr << "param error" << std::endl;
        return -1;
    }
    else if (n == 1)
        return 1;
    else
    {
        long long  fn1 = 1;
        long long fn = 0;
        for (int i = 2; i <= n;++i)
        {
            fn = 2 * fn1;
            fn1 = fn;
        }
        return fn;
    }
}

1. 递归解法

long long FrogJump12nStepRecursive(int n)
{
    if (n <= 0)
    {
        std::cerr << "param error" << std::endl;
        return -1;
    }
    else if (n == 1)
        return 1;
    else if (n == 2)
        return 2;
    else
        return 2 * FrogJump12nStepRecursive(n - 1);
}

题目4：

小矩形覆盖大矩形，用2*1的小矩形横着或竖着去覆盖各大矩形。

思路：设题解为f(n),

第一步：若第一块矩形竖着放，后边还有n-1个2*1矩形，即此种情况下，有f(n-1)种覆盖方法。
第二部：若第一块横着放。后边还有n-2个2*1矩形，此种情况下，有f(n-2)种覆盖方法。

第三部：可得 f(n)=f(n-1)+f(n-2)

可知，此题能够转化为其斐波那契数列第n项的值。