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欧博手机版下载:台阶很高,青蛙跳不跳?

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更新时间:2个月前

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详细介绍

田鸡总是被被要求跳台阶,我想,他一定很累的!

一只田鸡一次可以跳上1级台阶,也可以跳上2级台阶。求该田鸡跳上一个 n 级的台阶总共有若干种跳法?

对于这样的问题,n小大由之,若是n很小,我们可以直观暴力拆解就可以获得谜底,然则若是n很大,那么这个问题就升级了。

一样平常处理问题,我们最直接的思绪,可能就是分治,将大问题拆解为小问题,分而解决。

在此,也不破例。

首先我们知道田鸡一次能跳一级或者两级。

假定最后一跳跳一级,则剩余n-1个台阶,则问题化为解决跳上n-1个台阶的问题。

假定最后一跳跳两级,则剩余n-2个台阶,则问题化为解决跳上n-2个台阶的问题。

以是归总起来,总的可能的跳法为(n-1)个台阶和(n-2)个台阶问题的总和。

我们假定解决方案为f(n),则f(n) = f(n-1) + f(n-2) ,这里我们假定n是大于2的。

当n = 1 时,田鸡跳一级即可,f(1) = 1。

当n = 2 时,田鸡可以连跳两个一级或者跳一个两级,f(2) = 2。

考察f(n) = f(n-1) + f(n-2) 公式,你们首先想到的是什么?对的,是递归,级联求解:

 public static long jump(int n) {
        if (n < 3) {
            return n;
        }

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

我们以图像化展示一下这个历程:

图中以相同颜色标识了递归历程中会发生重复盘算的节点。

重复是一种算力和资源不必要的虚耗,我们可以对此举行优化:

对于上述的递归运算,我们可以看到,是由后至前盘算的,也即从f(n)->f(1)。也就是我们需要知道向前的每一个位置的方案效果。我们换个偏向,早年至后延续盘算出每个位置的方案,则最后的位置即为我们所要的效果,同时也可以规避重复盘算的问题:

代码实现:

public static long jumpx(int n) {
        if (n < 3) {
            return n;
        }

        //每个位置存储下标(i + 1)个台阶的可能效果f(i + 1),以是n个台阶即为盘算f(n - 1)
        Long[] arr = new Long[n];
        arr[0] = 1L; //一个台阶
        arr[1] = 2L; //两个台阶
        //从 n = 3 最先循环盘算
        for (int i = 2; i < n; i++) {
            arr[i] = arr[i - 1] + arr[i - 2];
        }
        return arr[n - 1];
    }

我们通过增添一个长度为n的数组空间占用来换取算法耗时优化,相对于递归算法,耗时上有数量级差异。

耗时减少了,然则空间似乎虚耗了,实在,也没必要存储每一个方案的效果,我们只需要知道【前一个】,【前两个】以及【当前】的几个变量。

革新如下:

public static long jumpy(int n) {
        if (n < 3) {
            return n;
        }

        //第三节台阶方案值f(3) = f(2) + f(1) = 1 + 2 = 3;
        long preTwoCount = 1; //一个台阶
        long preOneCount = 2; //两个台阶
        long stepsCount = 0; //n个台阶
        //从 n = 3 最先循环盘算
        for (int i = 2; i < n; i++) {
            stepsCount = preOneCount + preTwoCount;
            preOneCount = stepsCount;
            preTwoCount = preOneCount;
        }
        return stepsCount;
    }

空间复杂度降为O(1)。

 

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