一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级台阶。求该青蛙跳上一个 n 级的台阶总共有多少种跳法。
答案需要取模 1e9+7（1000000007），如计算初始结果为：1000000008，请返回 1。
- 示例 1：
输入：n = 2
输出：2- 示例 2：
输入：n = 7
输出：21- 示例 3：
输入：n = 0
输出：1
提示：0 <= n <= 100
- 解题思路：
此类求 多少种可能性 的题目一般都有 递推性质 ，即 f(n)f(n) 和 f(n-1)f(n−1)…f(1)f(1) 之间是有联系的。
设跳上 n 级台阶有 f(n) 种跳法。在所有跳法中，青蛙的最后一步只有两种情况： 跳上 1 级或 2 级台阶。
当为 1 级台阶： 剩 n-1 个台阶，此情况共有 f(n-1) 种跳法；
当为 2 级台阶： 剩 n-2 个台阶，此情况共有 f(n-2) 种跳法。
f(n) 为以上两种情况之和，即 f(n)=f(n-1)+f(n-2) ，以上递推性质为斐波那契数列。本题可转化为 求斐波那契数列第 n 项的值 。
青蛙跳台阶问题： f(0)=1 , f(1)=1 , f(2)=2,；
斐波那契数列问题： f(0)=0 , f(1)=1 , f(2)=1 。
第n阶的数量由前两阶的数量相加而来，故用动态规划。
arr[i]表示第i阶有arr[i]种方法
递推公式：arr[i] = arr[i - 1] + arr[i - 2]
arr数组初始化：arr = [null, 1, 2]，arr[0]没有意义，从i=3开始循环
遍历顺序：从前往后
代码：动态规划
/**
* @param {number} n
* @return {number}
*/
var numWays = function(n) {
//动态规划
if(n===0){
return 1;
}
const arr=[null,1,2];
for(let i=3;i<=n;i++){
arr[i]=(arr[i-1]+arr[i-2])%1000000007;
}
return arr[n];
};
总结
斐波那契数列的定义是 f(n + 1) = f(n) + f(n - 1)，生成第 n 项的做法有以下几种：
- 递归法：
原理： 把 f(n) 问题的计算拆分成 f(n-1)和 f(n-2) 两个子问题的计算，并递归，以 f(0) 和 f(1) 为终止条件。
缺点： 大量重复的递归计算，例如 f(n)和 f(n−1) 两者向下递归都需要计算 f(n - 2) 的值。- 记忆化递归法：
原理： 在递归法的基础上，新建一个长度为 n 的数组，用于在递归时存储 f(0)至 f(n) 的数字值，重复遇到某数字时则直接从数组取用，避免了重复的递归计算。
缺点： 记忆化存储的数组需要使用 O(N) 的额外空间。- 动态规划：
原理： 以斐波那契数列性质 f(n + 1) = f(n) + f(n - 1)，f(n+1)=f(n)+f(n−1) 为转移方程。
从计算效率、空间复杂度上看，动态规划是本题的最佳解法。
空间复杂度优化
若新建长度为 n 的 dp 列表，则空间复杂度为 (N) 。
- 由于 dp 列表第 i 项只与第 i−1 和第 i−2 项有关，因此只需要初始化三个整形变量 sum, a, b ，利用辅助变量 sum 使 a, b 两数字交替前进即可 （具体实现见代码）
- 因为节省了 dp 列表空间，因此空间复杂度降至 O(1)
循环求余法：
- 大数越界： 随着 n 增大, f(n) 会超过 Int32 甚至 Int64 的取值范围，导致最终的返回值错误。
- 求余运算规则： 设正整数 x, y, p，求余符号为 ⊙ ，则有 (x + y) ⊙ p = =(x⊙p+y⊙p)⊙p 。
解析： 根据以上规则，可推出 f(n) ⊙ p = [f(n-1)⊙ p + f(n-2) ⊙ p] ⊙p ，从而可以在循环过程中每次计算 sum = (a + b) ⊙1000000007，此操作与最终返回前取余等价。
简书同文欢迎关注 JS动态规划——青蛙跳台阶问题