1樓：小寧哥哥
從簡單情況入手：
（1）若有1級臺階，則只有惟一的邁法：a1=1；
（2）若有2級臺階，則有兩種邁法：一步一級或一步二級，則a2=2；
（3）若有3級臺階，則有4種邁法：①一步一級地走，②第一步邁一級而第二步邁二級，③第一步邁二級而第二步邁一級，④一級邁**，a3=4；
（4）若有4級臺階，則按照第一步邁的級數分三類討論：①第一步邁一級臺階，那麼還剩**臺階，根據前面分析可知a3=4種萬法，②第一步邁二級臺階，還剩二級臺階，根據前面的分析可知有a2=2種邁法，③第一步邁**臺階，那麼還剩一級臺階，還有a1=1種．
所以a4=a1+a2+a3=7（種）
相應有：
a5=a4+a2+a3=13（種）；
a6=a5+a4+a3=24（種）；
a7=a6+a5+a4=44（種）；
a8=a7+a6+a5=81（種）；
a9=a8+a7+a6=149（種）；
答：共有149種邁法．
共有9級臺階,一次可以登上1或2級臺階,有多少種方法?
2樓：匿名使用者
假設最後一步到x級臺階，有f(x)種走法，這題求的就是f(9)
因為每步可以邁1或2級臺階。
所以專最後一步到屬9級臺階，
而倒數第2步可能是在第8或7級臺階。
所以到9級臺階的走法，是到第8或7級臺階走法的和。
同樣到7級臺階的走法，是到第5或6級臺階走法的和。
...................
f（9）
=f（7）+f（8）
=2f(7)+f(6)
=3f(6)+2f(5)
=5f(5)+3f(4)
=8f(4)+5f(3)
=13f(3)+8f(2)
=21f(2)+13f(1)
因為：上1級臺階只有1種走法，所以f(1)=1。
上2級臺階有2種走法，1步1步走或1次走2步。所以f(2)=2f（9）==21f(2)+13f(1)
=21*2+13*1
=42+13
=55上8級臺階一共有55不同的邁法。
某公園門前有9級臺階，規定一步只能上一級或兩級，則上到上面有幾種不同的方法？
3樓：藍蕭韻
一共有 55 種不同方法，理由如下：
當只有1級臺階時，只有 1 種方法（1）
當有2級臺階時，有 2 種方法（11，2）當有3級臺階時，有 3 種方法（111，12，21）當有4級臺階時，有 5 種方法（1111，112，211，121，22）
當有5級臺階時，有 8 種方法（11111，1112，1121，1211，2111，221，212，122）
不難看出，這是斐波那契數列，（即1，1，2，3，5，8，13，21……）
則當有6級臺階時，有5+8=13 種方法
當有7級臺階時，有8+13=21 種方法
當有8級臺階時，有13+21=34 種方法當有9級臺階時，有21+34=55 種方法所以答案為 55 種。
有九級臺階，一次可以跨一級，二級或**，問有多少種方法走完？
4樓：匿名使用者
挺複雜的
算一下吧：62616964757a686964616fe58685e5aeb931333330363836
只用一步走：1+1+1+1+1+1+1+1+1=9， 有1種走法。
用了一次兩步走：1+1+1+1+1+1+1+2=9， 有c8,1 =8種走法。
用了兩次兩步走：1+1+1+1+1+2+2=9， 有c7,2 =21 種走法。
用了三次兩步走：1+1+1+2+2+2=9， 有c6,3=20 種走法。
用了四次兩步走：1+2+2+2+2=9， 有c5,4=5種走法。
用了一次三步走：1+1+1+1+1+1+3=9， 有c7,1 =7種走法。
用了二次三步走：1+1+1+3+3=9， 有c5,2 =10種走法。
用了三次三步走：3+3+3=9， 有1種走法。
用了一次三步走+一次二步走：1+1+1+1+2+3=9， 有c6,1*c5,1 =30種走法。
用了一次三步走+二次二步走：1+1+2+2+3=9， 有c5,1*c4,2 =30種走法。
用了二次三步走+一次二步走：.1+2+3+3=9， 有c4,2*c3,1 =18種走法。
用了一次三步走+三次二步走：2+2+2+3=9， 有c4,1=4種走法。
加在一起：共155種走法。
5樓：學霸
可用程式設計實現：輸
入9，輸出結內
果為容149種
def sum(num):
if num<=0:
return -1
if num==1:
return 1
if num==2:
return 2
if num==3:
return 4
if num>3:
return sum(num-1)+sum(num-2)+sum(num-3)
num=int(input())
sum=sum(num)
if sum==-1:
print("error")
else:
print("the sum of choices is %d"%sum)
從一樓到二樓共有9級臺階，小剛每次可以登上一級或二級，問：一共有多少種不同的登樓方法
6樓：晨暮寶貝
遞推：登上第1級：1種
登上第2級：2種
登上第3級：1+2=3種（前一步要麼從第1級邁上來，要麼從第2級邁上來）
登上第4級：2+3=5種（前一步要麼從第2級邁上來，要麼從第3級邁上來）
登上第5級：3+5=8種
登上第6級：5+8=13種
登上第7級：8+13=21種
登上第8級：13+21=34種
登上第9級：21+34=55種
答：一共有55種不同的登樓方法．
小明要登9級臺階,每步只能登1級或2級,共有多少種不同的登法?
7樓：匿名使用者
假設最後一步到x級臺階，有f(x)種走法，這題求的就是f(9)
因為每步可以邁1或2級臺階。
所以最後一步到9級臺階，
而倒數第2步可能是在第8或7級臺階。
所以到9級臺階的走法，是到第8或7級臺階走法的和。
同樣到7級臺階的走法，是到第5或6級臺階走法的和。
...................
f（9）
=f（7）+f（8）
=2f(7)+f(6)
=3f(6)+2f(5)
=5f(5)+3f(4)
=8f(4)+5f(3)
=13f(3)+8f(2)
=21f(2)+13f(1)
因為：上1級臺階只有1種走法，所以f(1)=1。
上2級臺階有2種走法，1步1步走或1次走2步。所以f(2)=2f（9）==21f(2)+13f(1)
=21*2+13*1
=42+13
=55上8級臺階一共有55不同的邁法。
8樓：萊庫寧誇我帥
分類思考:2級用n次
0次2級:全是1步:1種
1次2級:7個1步:2級的有8個位置可以放:8種2次2級:5個1步:6*7/2=21種
3次2級:3個1步:4*5*6/(3*2*1)=20種4次2級:1個1步:5種
所以一共55種
9樓：匿名使用者
全是1的一種
一個2的8種
兩個2的16種
三個2的56種
四個2的8種
一共89種
人民公園的側門口有9級臺階，小聰一步只能上1級臺階或2級臺階，小聰發現當臺階數分別為1級、2級、3級、4
10樓：我笨蛋
由題意，可得：第8個臺階有13+21=34種上法，因此上這9級臺階共有21+34=55種方法．
11樓：匿名使用者
前兩個數相加得後一個數
13＋21＝34
21＋34=55
所以共有55種
琴臺公園門前有七級臺階,規定只能上一級或兩級,這道上面有()種不同的方法？ 5
12樓：匿名使用者
臺階數分別為1級、2級、3級、4級、5級、6級、7級…逐漸增加時，上臺階的不同方法的種數依次為1、2、3、5、8、13、21…這就是著名的斐波那契數列
所以答案為21。
滿意請採納。
有一個樓梯共有10級臺階，每步可以跨2級或3級，登到樓上一共用多少種不同的方法？
13樓：家裡茶几
第二級bai:1種
第**du:1種
第四級:1種
第五級:2種
第六級:2種
第七zhi級:3種
……以此類推，走到dao第n級，就有回[第（n-2）級走答法數＋第（n-3）級走法數]種走法
即:第八級有2+2等於4種走法，第九級有2+3等於5種走法。第十級有3+4等於7種走法
14樓：匿名使用者
3322
3223
3232
2233
2332
2323
22222
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