青蛙總是被被要求跳台階，我想，他一定很累的！
一只青蛙一次可以跳上1級台階，也可以跳上2級台階。求該青蛙跳上一個 n 級的台階總共有多少種跳法？
對於這樣的問題，n可大可小，如果n很小，我們可以直觀暴力拆解就可以得到答案，但是如果n很大，那么這個問題就升級了。
一般處理問題，我們最直接的思路，可能就是分治，將大問題拆解為小問題，分而解決。
在此，也不例外。
首先我們知道青蛙一次能跳一級或者兩級。
假定最后一跳跳一級，則剩余n-1個台階，則問題化為解決跳上n-1個台階的問題。
假定最后一跳跳兩級，則剩余n-2個台階，則問題化為解決跳上n-2個台階的問題。
所以歸總起來，總的可能的跳法為（n-1）個台階和（n-2）個台階問題的總和。
我們假定解決方案為f(n)，則f(n) = f(n-1) + f(n-2) ，這里我們假定n是大於2的。
當n = 1 時，青蛙跳一級即可，f(1) = 1。
當n = 2 時，青蛙可以連跳兩個一級或者跳一個兩級，f(2) = 2。
觀察f(n) = f(n-1) + f(n-2) 公式，你們首先想到的是什么？對的，是遞歸，級聯求解：
public static long jump(int n) { if (n < 3) { return n; } return jump(n - 1) + jump(n - 2); }
我們以圖像化展示一下這個過程：
圖中以相同顏色標識了遞歸過程中會產生重復計算的節點。
重復是一種算力和資源不必要的浪費，我們可以對此進行優化：
對於上述的遞歸運算，我們可以看到，是由后至前計算的，也即從f(n)->f(1)。也就是我們需要知道向前的每一個位置的方案結果。我們換個方向，從前至后連續計算出每個位置的方案，則最后的位置即為我們所要的結果，同時也可以規避重復計算的問題：
代碼實現：
public static long jumpx(int n) { if (n < 3) { return n; } //每個位置存儲下標（i + 1）個台階的可能結果f(i + 1)，所以n個台階即為計算f(n - 1) Long[] arr = new Long[n]; arr[0] = 1L; //一個台階 arr[1] = 2L; //兩個台階 //從 n = 3 開始循環計算 for (int i = 2; i < n; i++) { arr[i] = arr[i - 1] + arr[i - 2]; } return arr[n - 1]; }
我們通過增加一個長度為n的數組空間占用來換取算法耗時優化，相對於遞歸算法，耗時上有數量級差別。
耗時減少了，但是空間似乎浪費了，其實，也沒必要存儲每一個方案的結果，我們只需要知道【前一個】，【前兩個】以及【當前】的幾個變量。
改造如下：
public static long jumpy(int n) { if (n < 3) { return n; } //第三節台階方案值f(3) = f(2) + f(1) = 1 + 2 = 3; long preTwoCount = 1; //一個台階 long preOneCount = 2; //兩個台階 long stepsCount = 0; //n個台階 //從 n = 3 開始循環計算 for (int i = 2; i < n; i++) { stepsCount = preOneCount + preTwoCount;
preTwoCount = preOneCount; preOneCount = stepsCount; } return stepsCount; }
空間復雜度降為O(1)。