让我们考虑以下问题。
有一个有N个台阶的楼梯，你一次可以爬1或2个台阶。
给定N，编写一个函数，返回爬完楼梯的方式数量。步骤的顺序很重要。
例如，如果N是4，那么有5种方式：
1,1,1,1
2,1,1
1,2,1
1,1,2
2,2
如果规定的不是一次只能爬1或2步，而是可以使用正整数X集合内的任意数字爬楼梯，那会怎么样？例如，如果X = {1,3,5}，则表示一次爬升1，3或5阶楼梯。
解决方案
从一些测试案例开始总是好的做法。让我们从小的案例开始，看看能否找到某种规律。
N = 1，1种爬楼方式：[1]
N = 2，2种爬楼方式：[1,1]，[2]
N = 3，3种爬楼方式：[1,2]，[1,1,1]，[2,1]
N = 4，5种爬楼方式：[1,1,2]，[2,2]，[1,2,1]，[1,1,1,1]，[2,1,1]
你有没有注意到什么？请看N = 3时，爬完3阶楼梯的方法数量是3，基于N = 1和N = 2。存在什么关系？
爬完N = 3的两种方法是首先达到N = 1，然后再往上爬2步，或达到N = 2再向上爬1步。所以 f(3) = f(2) + f(1)。
这对N = 4是否成立呢？是的，这也是成立的。因为我们只能在达到第三个台阶然后再爬一步，或者在到了第二个台阶之后再爬两步这两种方式爬完4个台阶。所以f(4) = f(3) + f(2)。
所以关系如下： f(n) = f(n – 1) + f(n – 2)，且f(1) = 1和f(2) = 2。这就是斐波那契数列。
def fibonacci(n):
if n <= 1:
return 1
return fibonacci(n - 1) + fibonacci(n - 2)
当然，这很慢（O(2^N)）——我们要做很多重复的计算！通过迭代计算，我们可以更快：
def fibonacci(n):
a, b = 1, 2
for _ in range(n - 1):
a, b = b, a + b
return a
现在，让我们尝试概括我们学到的东西，看看是否可以应用到从集合X中取步数这个要求下的爬楼梯。类似的推理告诉我们，如果X = {1,3,5}，那么我们的算法应该是f(n) = f(n – 1) + f(n – 3) + f(n – 5)。如果n <0，那么我们应该返回0，因为我们不能爬负数。
def staircase(n, X):
if n < 0:
return 0
elif n == 0:
return 1
elif n in X:
return 1 + sum(staircase(n - x, X) for x in X if x < n)
else:
return sum(staircase(n - x, X) for x in X if x < n)
这也很慢（O(|X|^N)），因为也重复计算了。我们可以使用动态编程来加快速度。
每次的输入cache[i]将包含我们可以用集合X到达台阶i的方法的数量。然后，我们将使用与之前相同的递归从零开始构建数组：
def staircase(n, X):
cache = [0 for _ in range(n + 1)]
cache[0] = 1
for i in range(n + 1):
cache[i] += sum(cache[i - x] for x in X if i - x > 0)
cache[i] += 1 if i in X else 0
return cache[-1]
现在时间复杂度为O(N * |X|)，空间复杂度为O(N)。
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