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LeetCode 70 爬楼梯：doocs/leetcode 仓库的递推与矩阵快速幂题解精讲

原创2026-10-16 21:28:321,736 阅读
文章标签：示例工程

LeetCode 70 爬楼梯：doocs/leetcode 仓库的递推与矩阵快速幂题解精讲

本文以 doocs/leetcode 仓库中 0070.Climbing Stairs 题目文档 为核心，系统讲解 LeetCode 70「爬楼梯」的完整解题链路：从递归到递推的思维转换、滚动数组的空间优化，再到矩阵快速幂的数学加速。读完本文，你将掌握斐波那契型计数问题的标准分析范式，并能直接复用仓库中 Python、Java、C++、Go、TypeScript、Rust、JavaScript、PHP 八种语言的现成实现。

一、题目理解与约束分析

你正在爬楼梯，需要 n 阶才能到达楼顶。每次可以爬 1 或 2 个台阶，问有多少种不同的方法可以爬到楼顶。

示例 1：

输入：n = 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：n = 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

约束条件： 1 <= n <= 45

值得注意，示例 2 中“1 阶 + 2 阶”与“2 阶 + 1 阶”是两种不同的方案，说明该问题统计的是有序的组合方案数，这正是它退化为斐波那契数列的关键。仓库文档将该题标记为 Easy 难度，标签为记忆化（Memoization）、数学（Math）、动态规划（Dynamic Programming），对应 中文文档 中“记忆化、数学、动态规划”的分类。

二、从递归到递推：状态定义与转移方程

最后一步思维

到达第 n 阶，最后一步只可能是两种情况：

  • 从第 n - 1 阶爬 1 阶上来；
  • 从第 n - 2 阶爬 2 阶上来。

因此方案数满足：

f(n)=f(n−1)+f(n−2)f(n) = f(n - 1) + f(n - 2)

这正是斐波那契数列的递推形式。

状态定义与初始条件

定义 f[i] 表示爬到第 i 阶楼梯的方法数，则 f[i] 可由 f[i - 1] 和 f[i - 2] 转移而来：

f[i]=f[i−1]+f[i−2]f[i] = f[i - 1] + f[i - 2]

初始条件为 f[0] = 1、f[1] = 1，即爬到第 0 阶（原地不动）的方法数为 1，爬到第 1 阶的方法数也为 1。最终答案即为 f[n]。

朴素递归的问题

若直接按 f(n) = f(n-1) + f(n-2) 递归求解，在 n <= 45 时，同一子问题会被反复展开（如 f(3) 会在 f(5)、f(6)…… 中被重复计算），递归树呈指数级膨胀，时间完全不可接受。这正是题目标签中“记忆化”要解决的问题——要么用缓存消除重复计算，要么干脆自底向上递推。仓库解法文档明确采用后者：由于 f[i] 只依赖前两项，自底向上滚动计算即可在 O(n) 时间、O(1) 额外空间内得到答案。

三、方法一：滚动数组递推（O(n) 时间，O(1) 空间）

由于 f[i] 只与 f[i - 1] 和 f[i - 2] 有关，完全不需要维护整个 f 数组，只需两个变量 a、b 滚动维护当前方法数即可，将空间复杂度从 O(n) 降为 O(1)。

时间复杂度： O(n)；空间复杂度： O(1)。

仓库在 Solution.py、Solution.java 等源码文件中给出了各语言实现，与文档中的解法代码完全一致：

Python3

class Solution:
    def climbStairs(self, n: int) -> int:
        a, b = 0, 1
        for _ in range(n):
            a, b = b, a + b
        return b

Java

class Solution {
    public int climbStairs(int n) {
        int a = 0, b = 1;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            int c = a + b;
            a = b;
            b = c;
        }
        return b;
    }
}

C++

class Solution {
public:
    int climbStairs(int n) {
        int a = 0, b = 1;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            int c = a + b;
            a = b;
            b = c;
        }
        return b;
    }
};

Go

func climbStairs(n int) int {
	a, b := 0, 1
	for i := 0; i < n; i++ {
		a, b = b, a+b
	}
	return b
}

TypeScript

function climbStairs(n: number): number {
    let p = 1;
    let q = 1;
    for (let i = 1; i < n; i++) {
        [p, q] = [q, p + q];
    }
    return q;
}

Rust

impl Solution {
    pub fn climb_stairs(n: i32) -> i32 {
        let (mut p, mut q) = (1, 1);
        for i in 1..n {
            let t = p + q;
            p = q;
            q = t;
        }
        q
    }
}

JavaScript

/**
 * @param {number} n
 * @return {number}
 */
var climbStairs = function (n) {
    let a = 0,
        b = 1;
    for (let i = 0; i < n; ++i) {
        const c = a + b;
        a = b;
        b = c;
    }
    return b;
};

PHP

class Solution {
    /**
     * @param Integer $n
     * @return Integer
     */
    function climbStairs($n) {
        if ($n <= 2) {
            return $n;
        }
        $dp = [0, 1, 2];
        for ($i = 3; $i <= $n; $i++) {
            $dp[$i] = $dp[$i - 2] + $dp[$i - 1];
        }
        return $dp[$n];
    }
}

细节说明：PHP 版本走的是“显式 DP 数组 + 特判”路线，n <= 2 直接返回 n，其余情况用 $dp[$i] = $dp[$i - 2] + $dp[$i - 1] 自底向上填表；其余语言则统一采用双变量滚动写法。两种写法本质等价，PHP 版牺牲了常数空间换取更直观的语义。

四、方法二：矩阵快速幂加速（O(log n)）

递推解法已是 O(n)，对本题 n <= 45 完全足够；但当 n 进一步增大时，线性递推仍偏慢。由于这是一个线性齐次递推，可以写成矩阵乘法，再用快速幂把 n 次转移压缩到 O(log n)。

递推关系的矩阵化推导

设 Fib(n) 表示 1 x 2 矩阵：

Fib(n)=[FnFn−1]Fib(n) = \begin{bmatrix} F_n & F_{n - 1} \end{bmatrix}

其中 F_n、F_{n - 1} 分别是第 n 个与第 n - 1 个斐波那契数。我们希望由 Fib(n-1) = [F_{n - 1}, F_{n - 2}] 推出 Fib(n)，即寻找矩阵 base 使得：

[Fn−1Fn−2]×base=[FnFn−1]\begin{bmatrix} F_{n - 1} & F_{n - 2} \end{bmatrix} \times base = \begin{bmatrix} F_n & F_{n - 1} \end{bmatrix}

由于 F_n = F_{n - 1} + F_{n - 2}，矩阵 base 的第一列为：

[11]\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}

第二列为：

[10]\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}

因此：

[Fn−1Fn−2]×[1110]=[FnFn−1]\begin{bmatrix} F_{n - 1} & F_{n - 2} \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} F_n & F_{n - 1} \end{bmatrix}

结果提取与快速幂

定义初始矩阵 res = [1, 1]，那么 F_n 等于 res 乘以 base^(n - 1) 所得结果矩阵中第一行的第一个元素。求 base^(n - 1) 时采用矩阵快速幂：把指数按二进制展开，循环中若当前位为 1 则累乘 res，同时 base 自乘平方、指数右移一位，从而把乘法次数降到 O(log n)。

时间复杂度： O(log n)；空间复杂度： O(1)。

仓库在 Solution2.py、Solution2.java 等文件中给出了对应源码实现：

Python3（基于 NumPy）

import numpy as np


class Solution:
    def climbStairs(self, n: int) -> int:
        res = np.asmatrix([(1, 1)], np.dtype("O"))
        factor = np.asmatrix([(1, 1), (1, 0)], np.dtype("O"))
        n -= 1
        while n:
            if n & 1:
                res *= factor
            factor *= factor
            n >>= 1
        return res[0, 0]

Java

class Solution {
    private final int[][] a = {{1, 1}, {1, 0}};

    public int climbStairs(int n) {
        return pow(a, n - 1)[0][0];
    }

    private int[][] mul(int[][] a, int[][] b) {
        int m = a.length, n = b[0].length;
        int[][] c = new int[m][n];
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                for (int k = 0; k < a[0].length; ++k) {
                    c[i][j] += a[i][k] * b[k][j];
                }
            }
        }
        return c;
    }

    private int[][] pow(int[][] a, int n) {
        int[][] res = {{1, 1}, {0, 0}};
        while (n > 0) {
            if ((n & 1) == 1) {
                res = mul(res, a);
            }
            n >>= 1;
            a = mul(a, a);
        }
        return res;
    }
}

C++

class Solution {
public:
    int climbStairs(int n) {
        vector<vector<long long>> a = {{1, 1}, {1, 0}};
        return pow(a, n - 1)[0][0];
    }

private:
    vector<vector<long long>> mul(vector<vector<long long>>& a, vector<vector<long long>>& b) {
        int m = a.size(), n = b[0].size();
        vector<vector<long long>> res(m, vector<long long>(n));
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                for (int k = 0; k < a[0].size(); ++k) {
                    res[i][j] += a[i][k] * b[k][j];
                }
            }
        }
        return res;
    }

    vector<vector<long long>> pow(vector<vector<long long>>& a, int n) {
        vector<vector<long long>> res = {{1, 1}, {0, 0}};
        while (n) {
            if (n & 1) {
                res = mul(res, a);
            }
            a = mul(a, a);
            n >>= 1;
        }
        return res;
    }
};

Go

type matrix [2][2]int

func climbStairs(n int) int {
	a := matrix{{1, 1}, {1, 0}}
	return pow(a, n-1)[0][0]
}

func mul(a, b matrix) (c matrix) {
	m, n := len(a), len(b[0])
	for i := 0; i < m; i++ {
		for j := 0; j < n; j++ {
			for k := 0; k < len(a[0]); k++ {
				c[i][j] += a[i][k] * b[k][j]
			}
		}
	}
	return
}

func pow(a matrix, n int) matrix {
	res := matrix{{1, 1}, {0, 0}}
	for n > 0 {
		if n&1 == 1 {
			res = mul(res, a)
		}
		a = mul(a, a)
		n >>= 1
	}
	return res
}

TypeScript

function climbStairs(n: number): number {
    const a = [
        [1, 1],
        [1, 0],
    ];
    return pow(a, n - 1)[0][0];
}

function mul(a: number[][], b: number[][]): number[][] {
    const [m, n] = [a.length, b[0].length];
    const c = Array(m)
        .fill(0)
        .map(() => Array(n).fill(0));
    for (let i = 0; i < m; ++i) {
        for (let j = 0; j < n; ++j) {
            for (let k = 0; k < a[0].length; ++k) {
                c[i][j] += a[i][k] * b[k][j];
            }
        }
    }
    return c;
}

function pow(a: number[][], n: number): number[][] {
    let res = [
        [1, 1],
        [0, 0],
    ];
    while (n) {
        if (n & 1) {
            res = mul(res, a);
        }
        a = mul(a, a);
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

JavaScript

/**
 * @param {number} n
 * @return {number}
 */
var climbStairs = function (n) {
    const a = [
        [1, 1],
        [1, 0],
    ];
    return pow(a, n - 1)[0][0];
};

function mul(a, b) {
    const [m, n] = [a.length, b[0].length];
    const c = Array(m)
        .fill(0)
        .map(() => Array(n).fill(0));
    for (let i = 0; i < m; ++i) {
        for (let j = 0; j < n; ++j) {
            for (let k = 0; k < a[0].length; ++k) {
                c[i][j] += a[i][k] * b[k][j];
            }
        }
    }
    return c;
}

function pow(a, n) {
    let res = [
        [1, 1],
        [0, 0],
    ];
    while (n) {
        if (n & 1) {
            res = mul(res, a);
        }
        a = mul(a, a);
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

实现要点：各语言的 pow 函数均遵循二进制快速幂模板——res 初始为 [[1, 1], [0, 0]]（即 Fib(1) 对应的行向量扩展），循环内“指数为奇数则累乘、底数自乘平方、指数右移”。注意 Python 版利用 NumPy 的矩阵对象直接完成乘法，并指定 np.dtype("O")（对象类型）避免整数溢出风险；C++/Go 版则分别用 long long 与 [2][2]int 显式封装矩阵乘法。

五、两种解法对比与选型建议

维度 方法一：滚动数组递推 方法二：矩阵快速幂
核心思想 自底向上动态规划 线性递推矩阵化 + 快速幂
时间复杂度 O(n) O(log n)
空间复杂度 O(1) O(1)
实现难度 低，几行代码 中，需手写矩阵乘法与快速幂
常数因子 小 较大（矩阵乘法开销）
适用场景 本题 n <= 45 完全够用 同一递推需要应对超大 n 的加速场景

选型建议：对于 LeetCode 70 本身，n <= 45，方法一即可通过全部用例，是面试中最稳妥、最易讲解的答案；方法二的价值在于掌握“线性齐次递推可矩阵化”这一通用数学工具，当题目扩展到 n 极大（如 10^18 级别）或同一递推需要反复加速时，O(log n) 的优势才会体现出来。

六、仓库中的关联延伸与使用方式

文档与源码位置

  • 英文题解文档：README_EN.md
  • 中文题解文档：README.md
  • 方法一源码：Solution.py、Solution.java、Solution.cpp、Solution.go、Solution.ts、Solution.rs、Solution.js、Solution.php
  • 方法二源码：Solution2.py、Solution2.java、Solution2.cpp、Solution2.go、Solution2.ts、Solution2.js

这些文件位于仓库 solution/0000-0099/0070.Climbing Stairs/ 目录下，命名约定清晰：Solution 对应方法一（递推），Solution2 对应方法二（矩阵快速幂），方便按需对照阅读。

同源变体题目

爬楼梯的递推模型在仓库中还有两处重要变体，可以用于巩固理解：

  • 剑指 Offer 面试题 10-II. 青蛙跳台阶问题：题目明确注明“本题与主站 70 题相同”，但约束变为 0 <= n <= 100 且答案需要取模 1e9+7（如计算初始结果为 1000000008，应返回 1），且 n = 0 时输出 1。这是滚动数组递推在“大数取模”场景下的直接应用。
  • 0746. Min Cost Climbing Stairs：将“方案计数”升级为“最小代价”，每级台阶带权重，递推目标从 f[i] = f[i-1] + f[i-2] 变为带 min 的代价转移，是同一状态机模型的进阶训练。

本地运行方式

仓库为 solution 目录提供了配套脚本（如 solution/main.py 与 solution/util.py），可结合 LeetCode 的评测数据自行验证本题两种解法在不同 n 下的输出与耗时；n <= 45 的答案均为斐波那契数列项，可用 n = 2 -> 2、n = 3 -> 3 作为最基本的正确性冒烟测试。

总结

LeetCode 70「爬楼梯」是动态规划入门的经典题，也是“斐波那契型计数问题”的标准化模板。本文沿着 doocs/leetcode 仓库 0070 题解文档 的脉络，完整复现了两种解法：滚动数组递推以 O(n) 时间、O(1) 空间拿下本题；矩阵快速幂则以 O(log n) 的复杂度展示了线性递推的数学加速范式。掌握从“递归 → 记忆化 → 递推 → 矩阵化”的层层递进思路，再结合仓库中同源变体题目的演练，即可从容应对这类问题的各种变形。

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