标签：复杂度 需要 problems 除了 暴力 多少 方式 code span
上一节中我们讲了一个炒鸡简单的动态规划的例子，主要讲述了动态规划的思路，即我们是怎么从暴力求解，进入到动态规划的思路的。本节中我们来关注另一道炒鸡简单和典型的动态规划的题。
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
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。 来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems/climbing-stairs
我在拿到这道题的时候，第一反应应该是这不就是高中的排列组合么，确实，这就是一道排列组合题，但是深入一想，啧，这个排列组合貌似有丢丢复杂，没法在第一时间得到f(n)的公式。此时再转念一想，要不用暴力求解的办法，暴力求解不是不可以，可以用递归实现。
int ans = 0; void temp(int n){ if(n==0) { ans++; return; } if(n<0) return; temp(n-1); // 走一步 temp(n-2); //走两步 }
但是很显然，上述暴力求解是经过一步一步的试探，最终得到了总共有几种走法，这样一来势必会有很多重复计算的过程，而且，再n很大的时候，递归深度太大，不现实，此处可以记住一个小技巧，也是在上一个小节中提到的，能用递归解决的问题，很可能就能用动态规划解决。
动态规划的核心是保存已经计算过的结果，通过已经计算出来的结果去推断出下一个状态的结果，翻译成人话就是，动态规划的核心就是状态转移方程。和递归相比，由于其能够存储中间结果，因此，有着很好的时间复杂度。
那么，这道题用动态规划的思想，如何解决呢? 或者说，他的状态转移方程是什么呢？我们假设，如果我们知道了状态 i 的路径 step1，那么 i+1 的路径会是怎样的呢？首先我们思考，状态 i+1 可以从哪些状态转移过来，很简单状态 i 向上买一步就可以到达状态 i+1，也就是说，在这种情况下（ i 向上迈一步到达状态 i+1 ），状态 i+1 的到达路径和状态 i 的路径完全一致，即所有的路径再迈一步而已。题设中还有一种方式，即，迈两步，那么也就是说，状态 i+1 也可以由状态 i-1 迈两步到达，和之前分析的，在这种情况下，状态 i+1的路径和状态 i-1 的路径完全一致。那么我们可以得到，状态 i+1 是由状态i 和状态 i-1 到达，即，f( i+1 ) = f( i ) + f( i-1 )；我们又可知， f( 1 ) = 1（迈一步就完了）, f ( 2 ) = 2（两个一步，和一个两步)，那么可以有以下代码。
public int climbStairs(int n) { switch (n){ case 1:return 1; case 2:return 2; default:{ int[] dp = new int[n+1]; dp[1] = 1; dp[2] = 2; for(int i=3; i<=n;i++){ dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]; // 状态 i 可以由 i-1 迈一个台阶到达，也可以由i-2迈两个台阶到达。 } return dp[n]; } } }
事实上，这一类问题有一个基于DP的通解，即加入一个step变量，此step变量指的是，最多一次能走几个台阶。显然step>=1，再此题中，step是2。
那么其通解可以由一下代码给出：
public int climbStairs(int n) { switch (n){ case 1:return 1; case 2:return 2; default:{ int[] dp = new int[n+1]; dp[1] = 1; dp[2] = 2; int step = 2; for(int i=3; i<=n;i++){ for (int j=1;j<=step;j++) dp[i] += dp[i-j]; // 在i-j的状态上走j步，就到了i的状态。 } return dp[n]; } } }
当然了，此题除了动态规划外，还可以用数学的方式们直接计算出公式，这种算法具备最佳的复杂度，但是也更难理解。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/establish/p/11621097.html
