题目描述

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

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/climbing-stairs
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解法1

这是一道简单的DP题目，是DP的应用之一 – 计数。给定一个台阶数目n，我们可以从n-1节台阶跳一步到达第n节；也可以从n-2跳两步到达第n节。我们把到达第n节台阶的爬楼梯方法记为dp[n]，那么有dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]。当n=0时只有一种爬楼梯方法，那就是不爬；当n=1时只有一种爬楼梯方法，那就是爬一步。

现在我们有了dp[0]=1, dp[1]=1，可以推算更大规模的问题。解法有两种，一种Bottom-up，用迭代解。

class Solution {
    public int climbStairs(int n) {
        int[] dp = new int[n + 1];
        dp[0] = 1;
        dp[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++)
            dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
        return dp[n];
    }
}

解法1-优化

我们从上面的代码可以看出，dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]。当前dp[i]仅依赖于dp[i-1]和dp[i-2]，我们可以使用3个临时变量节省空间，将空间复杂度降低到O(1)。dp0相当于dp[n-1]，dp1相当于dp[n-2]，dp相当于dp[n]。那么就有dp = dp0 + dp1。然后我们将dp1的值“倒腾”到dp0，dp值“倒腾”到dp1中，那么最新的计算结果就存储到dp1里。

class Solution {
    public int climbStairs(int n) {
        int dp0 = 1;
        int dp1 = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            int dp = dp0 + dp1;
            dp0 = dp1;
            dp1 = dp;
        }
        return dp1;
    }
}

解法2

解法2使用Top-down解法，要求得第n节台阶爬法，我们要知道爬到第n-1节和爬到第n-2节的爬法。通过编写递归函数可以解决问题，但是我们需要使用缓存记录之前计算的结果，避免重复计算，否则不能AC。

class Solution {
    private Map<Integer, Integer> cache = new HashMap<>();

    public int climbStairs(int n) {
        if (n == 0 || n == 1)
            return 1;
        Integer ans = cache.get(n);
        if (ans != null)
            return ans;
        ans = climbStairs(n - 1) + climbStairs(n - 2);
        cache.put(n, ans);
        return ans;
    }
}