让我们考虑以下问题。

有一个有N个台阶的楼梯，你一次可以爬1或2个台阶。

给定N，编写一个函数，返回爬完楼梯的方式数量。步骤的顺序很重要。

例如，如果N是4，那么有5种方式：

• 1,1,1,1
• 2,1,1
• 1,2,1
• 1,1,2
• 2,2
  

如果规定的不是一次只能爬1或2步，而是可以使用正整数X集合内的任意数字爬楼梯，那会怎么样？例如，如果X = {1,3,5}，则表示一次爬升1，3或5阶楼梯。

解决方案

从一些测试案例开始总是好的做法。让我们从小的案例开始，看看能否找到某种规律。

• N = 1，1种爬楼方式：[1]
• N = 2，2种爬楼方式：[1,1]，[2]
• N = 3，3种爬楼方式：[1,2]，[1,1,1]，[2,1]
• N = 4，5种爬楼方式：[1,1,2]，[2,2]，[1,2,1]，[1,1,1,1]，[2,1,1]
  

你有没有注意到什么？请看N = 3时，爬完3阶楼梯的方法数量是3，基于N = 1和N = 2。存在什么关系？

爬完N = 3的两种方法是首先达到N = 1，然后再往上爬2步，或达到N = 2再向上爬1步。所以 f(3) = f(2) + f(1)。

这对N = 4是否成立呢？是的，这也是成立的。因为我们只能在达到第三个台阶然后再爬一步，或者在到了第二个台阶之后再爬两步这两种方式爬完4个台阶。所以f(4) = f(3) + f(2)。

所以关系如下： f(n) = f(n – 1) + f(n – 2)，且f(1) = 1和f(2) = 2。这就是斐波那契数列。

def fibonacci(n):    if n <= 1:        return 1    return fibonacci(n - 1) + fibonacci(n - 2)

当然，这很慢（O(2^N)）——我们要做很多重复的计算！通过迭代计算，我们可以更快：

def fibonacci(n):    a, b = 1, 2    for _ in range(n - 1):        a, b = b, a + b    return a

现在，让我们尝试概括我们学到的东西，看看是否可以应用到从集合X中取步数这个要求下的爬楼梯。类似的推理告诉我们，如果X = {1,3,5}，那么我们的算法应该是f(n) = f(n – 1) + f(n – 3) + f(n – 5)。如果n <0，那么我们应该返回0，因为我们不能爬负数。

def staircase(n, X):    if n < 0:        return 0    elif n == 0:        return 1    elif n in X:        return 1 + sum(staircase(n - x, X) for x in X if x < n)    else:        return sum(staircase(n - x, X) for x in X if x < n)

这也很慢（O(|X|^N)），因为也重复计算了。我们可以使用动态编程来加快速度。

每次的输入cache将包含我们可以用集合X到达台阶i的方法的数量。然后，我们将使用与之前相同的递归从零开始构建数组：

def staircase(n, X):    cache = [0 for _ in range(n + 1)]    cache[0] = 1    for i in range(n + 1):        cache += sum(cache[i - x] for x in X if i - x > 0)        cache += 1 if i in X else 0    return cache[-1]

现在时间复杂度为O(N * |X|)，空间复杂度为O(N)。

【转载】http://www.codeceo.com/article/python-staircase-problem.html

奈斯

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