已知小兔子上楼梯时每次只能跨 1 或 2 个阶梯,并在任意时刻可以选择一步跨三阶,但至多只能使用一次,假定小兔子从地面(第0阶)开始上台阶,要上到第 n 个阶梯共有多少种走法,用python代码实现,输出结果用n来表达
时间: 2024-09-21 21:03:26 浏览: 10
这个问题实际上是一个经典的动态规划问题,可以使用递推的方式来解决。我们可以定义一个数组 `dp`,其中 `dp[i]` 表示到达第 i 阶有几种走法。因为小兔子有两种选择,每一步可能是上一个阶梯或者两个阶梯,所以如果允许一步跨三个阶梯的话,那么从第 i - 1 阶和第 i - 2 阶到达第 i 阶都是合法的,除了 i - 3 阶(因为最多只用一次“跨三阶”的机会)。所以状态转移方程可以表示为:
- 如果 i 小于 3,dp[i] = 1,因为只有直接上一阶这一种走法。
- 否则 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + (i >= 4 ? dp[i - 3] : 0),包含了前两步加、跨三阶的情况。
Python 代码实现如下:
```python
def climb_stairs(n):
if n <= 2:
return n
dp = [0 for _ in range(n+1)]
dp[0], dp[1], dp[2] = 1, 1, 2
for i in range(3, n+1):
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + (i >= 4 and dp[i - 3])
return dp[n]
# 测试
for i in range(10):
print(f"上到第{i}阶的走法有: {climb_stairs(i)}")
```
当你运行这个代码,它会计算并打印出从第 0 阶到第 n 阶的所有可能走法数。
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已知一个楼梯有n阶台阶,一个人一次可走1个台阶,2个台阶或者3个台阶,问此人走上该楼梯有多少种不同的走法?
根据引用中的规律,我们可以得出一个递归公式:f(n) = f(n-1) + f(n-2) + f(n-3),其中f(n)表示走上n阶台阶的不同走法数。这个公式与斐波那契数列的递归公式非常相似,只是初始值不同。当n=1时,f(n)=1;当n=2时,f(n)=2;当n=3时,f(n)=4。因此,我们可以使用递归或者循环的方式来求解这个问题。
--方法一:递归--
def climbStairs(n):
if n == 1:
return 1
elif n == 2:
return 2
elif n == 3:
return 4
else:
return climbStairs(n-1) + climbStairs(n-2) + climbStairs(n-3)
--方法二:循环--
def climbStairs(n):
if n == 1:
return 1
elif n == 2:
return 2
elif n == 3:
return 4
else:
a, b, c = 1, 2, 4
for i in range(4, n+1):
d = a + b + c
a, b, c = b, c, d
return d
c++已知一个楼梯有n阶台阶,一个人一次可走1个台阶,2个台阶或者3个台阶,问此人走上该
楼梯共有多少种走法?
根据引用中的递归算法思想,我们可以得到以下c++代码实现:
```
#include<iostream>
using namespace std;
int upstairs(int n){
if(n == 1) return 1;
if(n == 2) return 2;
if(n == 3) return 4;
return upstairs(n-1) + upstairs(n-2) + upstairs(n-3);
}
int main(){
int n;
cout<<"请输入楼梯的阶数:";
cin>>n;
cout<<"共有"<<upstairs(n)<<"种走法"<<endl; return 0;
}
```