C 递归

/**
 * 求 n 的阶乘
 */
public int factorial(int n) {
    // 第二步的临界条件
    if (n < =1) {
        return 1;
    }

    // 第二步的递推公式
    return n * factorial(n-1)
}

 4.求时间复杂度 由于 f(n) = n * f(n-1) = n * (n-1) * .... * f(1),总共作了 n 次乘法，所以时间复杂度为 n。

青蛙跳台阶

一只青蛙可以一次跳 1 级台阶或者一次跳 2 级台阶，例如：
跳上第 1 级台阶只有一种跳法：直接跳 1 级即可。 跳上第 2 级台阶有两种跳法：每次跳 1 级，跳两次；或者一次跳 2 级。 问要跳上第 n 级台阶有多少种跳法？

2.寻找问题与子问题之前的关系 这两者之前的关系初看确实看不出什么头绪，但仔细看题目，一只青蛙只能跳一步或两步台阶，自上而下地思考，也就是说如果要跳到 n 级台阶只能从 n-1 或 n-2 级跳， 所以问题就转化为跳上 n-1 和 n-2 级台阶的跳法了，如果 f(n) 代表跳到 n 级台阶的跳法，那么从以上分析可得 f(n) = f(n-1) + f(n-2),显然这就是我们要找的问题与子问题的关系,而显然当 n = 1, n = 2， 即跳一二级台阶是问题的最终解，于是递推公式系为：

4.计算时间复杂度

由以上的分析可知

f(n) 满足以下公式：

斐波那契的时间复杂度计算涉及到高等代数的知识， 这里不做详细推导，有兴趣的同学可以点击这里查看,我们直接结出结论

由些可知时间复杂度是指数级别，显然不可接受，那回过头来看为啥时间复杂度这么高呢,假设我们要计算 f(6),根据以上推导的递归公式，展示如下：

那么改造后的时间复杂度是多少呢，由于对每一个计算过的 f(n) 我们都保存了中间态，不存在重复计算的问题，所以时间复杂度是 O(n), 但由于我们用了一个键值对来保存中间的计算结果，所以空间复杂度是 O(n)。问题到这里其实已经算解决了，但身为有追求的程序员，我们还是要问一句,空间复杂度能否继续优化?

5.使用循环迭代来改造算法 我们在分析问题与子问题关系（f(n) = f(n-1) + f(n-2)）的时候用的是自顶向下的分析方式,但其实我们在解 f(n) 的时候可以用自下而上的方式来解决，通过观察我们可以发现以下规律：

f(1) = 1
f(2) = 2
f(3) = f(1) + f(2) = 3
f(4) = f(3) + f(2) = 5
....
f(n) = f(n-1) + f(n-2)

最底层 f(1), f(2) 的值是确定的，之后的 f(3), f(4) ,...等问题都可以根据前两项求解出来，一直到 f(n)。所以我们的代码可以改造成以下方式：

public int f(int n) {
    if (n == 1) return 1;
    if (n == 2) return 2;

    int result = 0;
    int pre = 1;
    int next = 2;

    for (int i = 3; i < n + 1; i ++) {
        result = pre + next;
        pre = next;
        next = result;
    }
    return result;
}

改造后的时间复杂度是 O(n), 而由于我们在计算过程中只定义了两个变量（pre，next），所以空间复杂度是O(1)

简单总结一下： 分析问题我们需要采用自上而下的思维，而解决问题有时候采用自下而上的方式能让算法性能得到极大提升,思路比结论重要！

反转二叉树

将左边的二叉树反转成右边的二叉树

1.定义一个函数，这个函数代表了翻转以 root 为根节点的二叉树：

public static class TreeNode {
    int val;
    TreeNode left;
    TreeNode right;
    TreeNode(int x) { val = x; }
}

public TreeNode invertTree(TreeNode root) {
}

2.查找问题与子问题的关系,得出递推公式 我们之前说了，解题要采用自上而下的思考方式，那我们取前面的1， 2，3 结点来看，对于根节点 1 来说，假设 2, 3 结点下的节点都已经翻转，那么只要翻转 2， 3 节点即满足需求

对于2， 3 结点来说，也是翻转其左右节点即可,依此类推,对每一个根节点，依次翻转其左右节点，所以我们可知问题与子问题的关系是 翻转(根节点) = 翻转(根节点的左节点) + 翻转(根节点的右节点) 即 invert(root) = invert(root->left) + invert(root->right)

而显然递归的终止条件是当结点为叶子结点时终止（因为叶子节点没有左右结点）

3.将第二步的递推公式用代码表示出来补充到步骤 1 定义的函数中

public TreeNode invertTree(TreeNode root) {
    // 叶子结果不能翻转
    if (root == null) {
        return null;
    }
    // 翻转左节点下的左右节点
    TreeNode left = invertTree(root.left);
    // 翻转右节点下的左右节点
    TreeNode right = invertTree(root.right);

    // 左右节点下的二叉树翻转好后，翻转根节点的左右节点
    root.right = left;
    root.left = right;
    return root;
}

4.时间复杂度分析 由于我们会对每一个节点都去做翻转，所以时间复杂度是 O(n)，那么空间复杂度呢，这道题的空间复杂度非常有意思，我们一起来看下，由于每次调用 invertTree 函数都相当于一次压栈操作， 那最多压了几次栈呢， 仔细看上面函数的下一段代码:

TreeNode left = invertTree(root.left);

从根节点出发不断对左结果调用翻转函数, 直到叶子节点，每调用一次都会压栈，左节点调用完后，出栈，再对右节点压栈....,下图可知栈的大小为3， 即树的高度，如果是完全二叉树 ，则树的高度为logn, 即空间复杂度为O(logn),

最坏情况，如果此二叉树是如图所示(只有左节点，没有右节点)，则树的高度即结点的个数 n，此时空间复杂度为 O(n),总的来看，空间复杂度为O(n)