斐波那契数列

Question

题目1

大家都知道斐波那契数列，现在要求输入一个整数n，请你输出斐波那契数列的第n项（从0开始，第0项为0）。
n<=39

地址

https://www.nowcoder.com/practice/c6c7742f5ba7442aada113136ddea0c3?tpId=13&tqId=11160&rp=1&ru=%2Fta%2Fcoding-interviews&qru=%2Fta%2Fcoding-interviews%2Fquestion-rankingg

题目2

一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法（先后次序不同算不同的结果）。

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分析：首先考虑最简单的情况。如果只有1级台阶，那显然只有一种跳法。如果有2级台阶，那就有两种跳的方法了：一种是分两次跳，每次跳1级；另外一种就是一次跳2级。

现在我们再来讨论一般情况。我们把n级台阶时的跳法看成是n的函数，记为f(n)。

• 当n>2时，第一次跳的时候就有两种不同的选择：
• 一是第一次只跳1级，此时跳法数目等于后面剩下的n-1级台阶的跳法数目，即为f(n-1)；
• 另外一种选择是第一次跳2级，此时跳法数目等于后面剩下的n-2级台阶的跳法数目，即为f(n-2)。

因此n级台阶时的不同跳法的总数f(n)=f(n-1)+f(n-2)。

我们把上面的分析用一个公式总结如下：

        /  1                             n = 1
f(n)=      2                             n = 2
        \  f(n-1) + f(n-2)               n > 2

那么，如果一个人上台阶可以一次上1个，2个，或者3个呢？这个时候，公式是这样写的：

        / 1                                      n = 1
f(n)=     2                                      n = 2
          4                                      n = 3       //111, 12, 21, 3
        \ f(n-1)+f(n-2)+f(n-3)                   n > 3

兔子繁殖问题

13世纪意大利数学家斐波那契在他的《算盘书》中提出这样一个问题：有人想知道一年内一对兔子可繁殖成多少对，便筑了一道围墙把一对兔子关在里面。已知一对兔子每一个月可以生一对小兔子，而一对兔子出生后.第三个月开始生小兔子假如一年内没有发生死亡，则一对兔子一年内能繁殖成多少对？

分析：这就是斐波那契数列的由来，本节的跳台阶问题便是此问题的变形，只是换了种表述形式。

题目3

一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级……它也可以跳上n级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。

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分析：

关于本题，前提是n个台阶会有一次n阶的跳法。分析如下:

f(1) = 1
f(2) = f(2-1) + f(2-2) //f(2-2) 表示2阶一次跳2阶的次数。
f(3) = f(3-1) + f(3-2) + f(3-3)
...
f(n) = f(n-1) + f(n-2) + f(n-3) + ... + f(n-(n-1)) + f(n-n)

说明：

1）这里的f(n) 代表的是n个台阶有一次1,2,...n阶的 跳法数。
2）n = 1时，只有1种跳法，f(1) = 1
3) n = 2时，会有两个跳得方式，一次1阶或者2阶，这回归到了问题（1） ，f(2) = f(2-1) + f(2-2)
4) n = 3时，会有三种跳得方式，1阶、2阶、3阶，
那么就是第一次跳出1阶后面剩下：f(3-1);第一次跳出2阶，剩下f(3-2)；第一次3阶，那么剩下f(3-3)
因此结论是f(3) = f(3-1)+f(3-2)+f(3-3)
5) n = n时，会有n中跳的方式，1阶、2阶...n阶，得出结论：
f(n) = f(n-1)+f(n-2)+...+f(n-(n-1)) + f(n-n) => f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + ... + f(n-1)
6) 由以上已经是一种结论，但是为了简单，我们可以继续简化：
f(n-1) = f(0) + f(1)+f(2)+f(3) + ... + f((n-1)-1) = f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + ... + f(n-2)
f(n) = f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + ... + f(n-2) + f(n-1) = f(n-1) + f(n-1)
可以得出：
f(n) = 2*f(n-1)
7) 得出最终结论,在n阶台阶，一次有1、2、...n阶的跳的方式时，总得跳法为：

n=0, f(n) = 1;
n = 1, f(n) = 1;
n >=2, f(n) = 2 * f(n-1)

除了最后一级台阶必须要跳外，每级台阶都存在跳与不跳两种情况，所以共有2^(n-1)中跳法。

即数学问题, n个台阶最多有n-1个分段, 每个分段可以跳也可以不跳,所以有2的n-1次方

每个台阶可以看作一块木板，让青蛙跳上去，n个台阶就有n块木板，最后一块木板是青蛙到达的位子，必须存在，其他 (n-1) 块木板可以任意选择是否存在，则每个木板有存在和不存在两种选择，(n-1) 块木板 就有 [2^(n-1)] 种跳法，可以直接得到结果。

其实我们所要求的序列为：0,1,2,4,8,16,……
所以除了第一位外，其他位的数都是前一位的数去乘以2所得到的积。

题目4

我们可以用21的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个21的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形，总共有多少种方法？

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分析：

第一种情况等价于情形1中阴影部分的n-1块矩形有多少种覆盖方法，为f(n-1);

第二种情况等价于情形2中阴影部分的n-2块矩形有多少种覆盖方法，为f(n-2);

故f(n) = f(n-1) + f(n-2)，还是一个斐波那契数列。。。。

且f(1) = 1, f(2) = 2。

我们采用从能够简单到复杂的思路思考这个问题，
当n=1的时候，只有一个21的矩形，所以只有一种方法，记为f(1)=1；
当n=2的时候，是两个21的矩形，这时候具有两种方式去覆盖这个矩形了（这时候应该是一个正方形），一种是竖着放，一种是横着放，所以有两种方法，记为f(2)=2；
当n=3的时候，仍然只能采用横着放或者竖着放的方式去覆盖这个矩形，我们仍首先考虑使用竖着放的方式，当竖着放的时候，由于已经覆盖了左边（假设是从左边开始覆盖的，从右边的覆盖的效果是一样的）一个21的矩形，所以还有2个21的矩形，而这种情况我们已经在n=2的时候计算出来了，就是f(2)；接下来我们考虑横着放的情况，由于是横着放，在水平方向已经覆盖了一个21的矩形，所以要想覆盖这由3个21组成的矩形，只能在水平方向的覆盖的那个矩形下面继续覆盖一个，那么只剩下一个2*1的矩形了，这也通过前面的分析计算出来了，就是f(1)。
综合以上分析，当n=3的时候，覆盖的方法是f(3)=f(1)+f(2)。

其他以此类推，我们发现这仍然是一个斐波那契数列。