1.問題描述

一個人爬樓梯，每次只能爬1個或兩個臺階，假設有n個臺階，那麼這個人有多少種不同的爬樓梯方法

2.分析

如果n==1，顯然只有從0->1一種方法f(1)=1；
如果n==2，那麼有0->1->2、0->2兩種方法f(2)=2;
如果n==3,那麼可以先爬到第1階，然後爬兩個臺階，或者先爬到第二階，然後爬一個臺階，顯然f(3)=f(2)+f(1);
……
推廣到一般情況，對於n(n>=3)個臺階,可以先爬到第n-1個臺階，然後再爬一個臺階，或者先爬到n-2個臺階，然後爬2個臺階，因此有f(n)=f(n-1)+f(n-2)。
那麼動態規劃的遞推公式和邊界條件都有了，即：

3.程式程式碼

根據遞推公式，可以寫如下程式碼輕鬆解決問題:

#include<stdio.h>
long long fun(int n);
int main()
{
    printf("%lld ",fun(80));
    return 0;
}
long long fun(int n)
{
    if(n==1)
        return 1;
    else if(n==2)
        return 2;
    else if(n>2)
        return fun(n-1)+fun(n-2);
}

注意：fun（80）的結果非常大，程式執行時間很長，測試的時候可以用小一點的數字測試。
雖然程式碼簡單，但是顯然這種方法實在是太耗時間了，遞迴函式多次重複計算中間結果。我們改進以下，開一個數組來儲存中間結果。

#include<stdio.h>
long long calc(long long step[],int n);
long long step[101]={0};
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    int i=1;
    for(i=1;i<=n;i++)
        printf("%lld ",calc(step,i));

    return 0;
}
long long calc(long long step[],int n)
{
    long long i;
    if(n<=0
 
)
        return 0;
    step[0]=1;
    step[1]=1;
    if(n>=2&&step[n-1]>0&&step[n-2]>0)
    {
        step[n] = step[n-1] + step[n-2];
        return step[n];
    }
    else if(n>=2)
    {
        for(i=2;i<=n;i++)
            step[i] = step[i-1]+step[i-2];
    }
    return step[n];
}