PDD面试官问我如何上楼，有点懵圈
品品这种一步娘炮，两步扯淡的阶梯！
这个是面试PDD的时候当场要写的题目，大家可以借鉴一下哈~
呆萌程序员
算法养成记
LeetCode70
Climbing Stairs
You are climbing a stair case. It takes n steps to reach to the top.
Each time you can either climb 1 or 2 steps. In how many distinct ways can you climb to the top?
Note: Given n will be a positive integer.
Example 1:
Input: 2
Output: 2
Explanation: There are two ways to climb to the top. 1. 1 step + 1 step 2. 2 steps
Example 2:
Input: 3
Output: 3
Explanation: There are three ways to climb to the top. 1. 1 step + 1 step + 1 step 2. 1 step + 2 steps 3. 2 steps + 1 step
中文意思就是：
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
注意：给定 n 是一个正整数。
示例 1：
输入：2
输出：2
解释：有两种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶
2. 2 阶
示例 2：
输入：3
输出：3
解释：有三种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶 + 1 阶
2. 1 阶 + 2 阶
3. 2 阶 + 1 阶
暴力法！
在暴力法中，我们将会把所有可能爬的阶数进行组合，也就是 1 和 2 。
而在每一步中我们都会继续调用 climbStairs这个函数模拟爬 1 阶和 2 阶的情形，并返回两个函数的返回值之和。
其中 i 定义了当前阶数，而 n 定义了目标阶数。
public int climbStairs1(int n) {
return climb_Stairs(0, n);
}
public int climb_Stairs(int i, int n) {
if (i > n) {
return 0;
}
if (i == n) {
return 1;
}
return climb_Stairs(i + 1, n) + climb_Stairs(i + 2, n);
}时间复杂度：O(2^n)
空间复杂度：O(n)，递归树的深度可以达到 n
这个方法是跑不出结果的，因为成指数增长
在 n = 5 时的递归树将是这样的：
记忆化递归！
在上一种方法中，我们计算每一步的结果时出现了冗余。另一种思路是，我们可以把每一步的结果存储在 memo 数组之中，每当函数再次被调用，我们就直接从 memo 数组返回结果。
在 memo 数组的帮助下，我们得到了一个修复的递归树，其大小减少到 n。
public int climbStairs2(int n) {
int memo[] = new int[n + 1];
return climb_Stairs(0, n, memo);
}
public int climb_Stairs(int i, int n, int memo[]) {
if (i > n) {
return 0;
}
if (i == n) {
return 1;
}
if (memo[i] > 0) {
return memo[i];
}
memo[i] = climb_Stairs(i + 1, n, memo) + climb_Stairs(i + 2, n, memo);
return memo[i];
}时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
动态规划！
不难发现，这个问题可以被分解为一些包含最优子结构的子问题，即它的最优解可以从其子问题的最优解来有效地构建，我们可以使用动态规划来解决这一问题。
第 i 阶可以由以下两种方法得到：
在第 (i−1)阶后向上爬一阶。
在第 (i−2) 阶后向上爬 2 阶。
所以到达第 i 阶的方法总数就是到第 (i−1) 阶和第 (i−2) 阶的方法数之和。
令 dp[i]表示能到达第 i阶的方法总数：
public int climbStairs3(int n) {
if (n == 1) {
return 1;
}
int[] dp = new int[n + 1];
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}
return dp[n];
}时间复杂度：O(n)，单循环到 n 。
空间复杂度：O(n)，dp 数组用了 n 的空间。
斐波那契数
在上述方法中，我们使用 dp 数组，其中 dp[i]=dp[i−1]+dp[i−2]。
可以很容易通过分析得出 dp[i] 其实就是第 i 个斐波那契数。
现在我们必须找出以 1 和 2 作为第一项和第二项的斐波那契数列中的第 n 个数，也就是说 Fib(1)=1且 Fib(2)=2。
public int climbStairs4(int n) {
if (n == 1) {
return 1;
}
int first = 1;
int second = 2;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
int third = first + second;
first = second;
second = third;
}
return second;
}时间复杂度：O(n)，单循环到n，需要计算第 n个斐波那契数。
空间复杂度：O(1)，使用常量级空间