1.跳臺階問題：(其實就是很純粹的斐波那契數列問題)
比較傾向於找規律的解法，f(1) = 1, f(2) = 2, f(3) = 3, f(4) = 5， 可以總結出f(n) = f(n-1) + f(n-2)的規律，但是為什麽會出現這樣的規律呢？假設現在6個臺階，我們可以從第5跳一步到6，這樣的話有多少種方案跳到5就有多少種方案跳到6，另外我們也可以從4跳兩步跳到6，跳到4有多少種方案的話，就有多少種方案跳到6，其他的不能從3跳到6什麽的啦，所以最後就是f(6) = f(5) + f(4)；這樣子也很好理解變態跳臺階的問題了。

class Solution {
public:
    int jumpFloor(int n) {
        if(number<=2) return number;
        int f1=2;// 當前臺階後退一階的臺階的跳法總數(初始值當前臺階是第3階),對應fn-1
        int f2=1;// 當前臺階後退二階的臺階的跳法總數(初始值當前臺階是第3階),對應fn-2
        int fn=0;
        for(int i=3;i<=number;i++){//從第三階臺階開始算
            fn=f1+f2;
            f2=f1;
            f1=fn;
        }
        return fn;
         
    }
};//fib數列用這種方法
 

關於本題，前提是n個臺階會有一次n階的跳法。分析如下:

f(1) = 1

f(2) = f(2-1) + f(2-2) //f(2-2) 表示2階一次跳2階的次數。

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)

說明：

1）這裏的f(n) 代表的是n個臺階有一次1,2,...n階的 跳法數。

2）n = 1時，只有1種跳法，f(1) = 1

3) n = 2時，會有兩個跳得方式，一次1階或者2階，這回歸到了問題（1） ，f(2) = f(2-1) + f(2-2)

4) n = 3時，會有三種跳得方式，1階、2階、3階，

那麽就是第一次跳出1階後面剩下：f(3-1);第一次跳出2階，剩下f(3-2)；第一次3階，那麽剩下f(3-3)

因此結論是f(3) = f(3-1)+f(3-2)+f(3-3)

5) n = n時，會有n中跳的方式，1階、2階...n階，得出結論：

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) 由以上已經是一種結論，但是為了簡單，我們可以繼續簡化：

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) 得出最終結論,在n階臺階，一次有1、2、...n階的跳的方式時，總得跳法為：

| 1 ,(n=0 )

f(n) = | 1 ,(n=1 )

public class Solution {
    public int JumpFloorII(int target) {
        if (target <= 0) {
            return -1;
        } else if (target == 1) {
            return 1;
        } else {
            return 2 * JumpFloorII(target - 1);
        }
    }
}

　　還看到了一中更牛掰的思路：

每個臺階都有跳與不跳兩種情況（除了最後一個臺階），最後一個臺階必須跳。所以共用2^(n-1)種情況！！！

本文分析均來自於牛客網討論區的整理。大神們收下我的膝蓋=-=

斐波那契數列與跳臺階問題以及變態跳臺階