题目描述（简单难度）

爬楼梯，每次走 1 个或 2 个台阶，n 层的台阶，总共有多少种走法。

解法一 暴力解法

用递归的思路想一下，要求 n 层的台阶的走法，由于一次走 1 或 2 个台阶，所以上到第 n 个台阶之前，一定是停留在第 n – 1 个台阶上，或者 n – 2 个台阶上。所以如果用 f ( n ) 代表 n 个台阶的走法。那么，

f ( n ) = f ( n – 1) + f ( n – 2 )。

f ( 1 ) = 1，f ( 2 ) = 2 。

发现个神奇的事情，这就是斐波那契数列（Fibonacci sequence）。

直接暴力一点，利用递归写出来。

public int climbStairs(int n) {
    return climbStairsN(n);
}

private int climbStairsN(int n) {
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    if (n == 2) {
        return 2;
    }
    return climbStairsN(n - 1) + climbStairsN(n - 2);
}

时间复杂度：是一个树状图，O(2^n)。

空间复杂度：

解法二 暴力解法优化

解法一很慢，leetcode 上报了超时，原因就是先求 climbStairsN ( n – 1 )，然后求 climbStairsN ( n – 2 ) 的时候，其实很多解已经有了，但是它依旧进入了递归。优化方法就是把求出的解都存起来，后边求的时候直接使用，不用再进入递归了。叫做 memoization 技术。

public int climbStairs(int n) {
    return climbStairsN(n, new HashMap<Integer, Integer>());
}

private int climbStairsN(int n, HashMap<Integer, Integer> hashMap) {
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    if (n == 2) {
        return 2;
    }
    int n1 = 0;
    if (!hashMap.containsKey(n - 1)) {
        n1 = climbStairsN(n - 1, hashMap);
        hashMap.put(n - 1, n1);
    } else {
        n1 = hashMap.get(n - 1);
    }
    int n2 = 0;
    if (!hashMap.containsKey(n - 2)) {
        n2 = climbStairsN(n - 2, hashMap);
        hashMap.put(n - 2, n1);
    } else {
        n2 = hashMap.get(n - 2);
    }
    return n1 + n2;
}

时间复杂度：

空间复杂度：

当然由于 key 都是整数，我们完全可以用一个数组去存储，不需要 Hash。

public int climbStairs(int n) {
    int memo[] = new int[n + 1];
    return climbStairsN(n, memo);
}
private int climbStairsN(int n, int[] memo) {
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    if (n == 2) {
        return 2;
    }
    int n1 = 0;
    //数组的默认值是 0
    if (memo[n - 1] == 0) {
        n1 = climbStairsN(n - 1, memo);
        memo[n - 1] = n1;
    } else {
        n1 = memo[n - 1];
    }
    int n2 = 0;
    if (memo[n - 2] == 0) {
        n2 = climbStairsN(n - 2, memo);
        memo[n - 2] = n2;

    } else {
        n2 = memo[n - 2];
    }
    return n1 + n2;
}

解法三 迭代

当然递归可以解决，我们可以直接迭代，省去递归压栈的过程。初始值 f ( 1 ) 和 f ( 2 )，然后可以求出 f ( 3 )，然后求出 f ( 4 ) … 直到 f ( n )，一个循环就够了。其实就是动态规划的思想了。

public int climbStairs(int n) {
    int n1 = 1;
    int n2 = 2;
    if (n == 1) {
        return n1;
    }
    if (n == 2) {
        return n2;
    }
    //n1、n2 都后移一个位置
    for (int i = 3; i <= n; i++) {
        int temp = n2;
        n2 = n1 + n2;
        n1 = temp;
    }
    return n2;
}

时间复杂度：O（n）。

空间复杂度：O（1）。

以上都是比较常规的方法，下边分享一下 Solution 里给出的其他解法。

解法四 矩阵相乘

Solution5叫做 Binets Method，它利用数学归纳法证明了一下，这里就直接用了，至于怎么想出来的，我也不清楚了。

定义一个矩阵 Q = \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ，然后求 f ( n ) 话，我们先让 Q 矩阵求幂，然后取第一行第一列的元素就可以了，也就是 f(n)=Q^n[0][0]。

至于怎么更快的求幂，可以看 public int climbStairs(int n) { int[][] Q = {{1, 1}, {1, 0}}; int[][] res = pow(Q, n); return res[0][0]; } public int[][] pow(int[][] a, int n) { int[][] ret = {{1, 0}, {0, 1}}; while (n > 0) { //最后一位是 1，加到累乘结果里 if ((n & 1) == 1) { ret = multiply(ret, a); } //n 右移一位 n >>= 1; //更新 a a = multiply(a, a); } return ret; } public int[][] multiply(int[][] a, int[][] b) { int[][] c = new int[2][2]; for (int i = 0; i < 2; i++) { for (int j = 0; j < 2; j++) { c[i][j] = a[i][0] * b[0][j] + a[i][1] * b[1][j]; } } return c; }

时间复杂度：O（log （n））。

public int climbStairs(int n) {
    double sqrt5=Math.sqrt(5);
    double fibn=Math.pow((1+sqrt5)/2,n+1)-Math.pow((1-sqrt5)/2,n+1);
    return (int)(fibn/sqrt5);
}