解题思路一：（动态规划）
\qquad 假设F(n)返回的是爬n阶的所有方法个数，由题可知，每次可以爬1-2级台阶，那么可以得到：
\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)
\qquad 我们可以通过列表的方法记录每个F(n)的值，后面的数只要不断查表并将其相加就可以了。

\qquad 虽然这个方法的时间复杂度已经是O(N)，但空间复杂度可以进一步优化。观察计算公式，其实并不需要记录每个F(n)的值，只记录F(n - 1)和F(n - 2)的值就足够了，这样空间复杂度达到了O(1)。

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

解题思路二：（快速幂）
\qquad 需要将公式F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)转换为矩阵计算的形式，即：

递推回去可以得到：

令：$$M=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$$只要求出$M^n$，就能得到F(n)的值。快速幂快就快在对$M^n$的计算上，把n看做一个二进制数表示(如1101)，每一位都有一个“基数” = $M^{2^i}$，只要将二进制表示中为1的数位对应的“基数”相乘，就可以得到$M^n$。而每一位的“基数”可以前一位的“基数”不断平方得到，即：$$M^{2^{i-1}}\ast M^{2^{i-1}}=M^{2\ast 2^{i-1}}=M^{2^i}$$，这样将时间复杂度可以达到O(log N)。

\qquad 其中，矩阵计算可以套用模版（m为左矩阵的列数）：$$M[i][j]=\sum _{k=0}^{m-1}a[i][k]\ast b[k][j]$$

	typedef long long ll;
    vector<vector<ll>> matrixMlt(vector<vector<ll>> & a, vector<vector<ll>> &b)
    {
        vector<vector<ll>> c(2, vector<ll>(2));
        for(int i = 0; i < 2; i++)
        {
            for(int j = 0; j < 2; j++)
            {
                c[i][j] = a[i][0]*b[0][j] + a[i][1]*b[1][j];
            }
        }

        return c;
    }

    int climbStairs(int n)
    {
        vector<vector<ll>> ans = {{1, 0}, {0, 1}};
        vector<vector<ll>> std = {{1, 1}, {1, 0}};
        while(n > 0)
        {
            if(n & 1 == 1)
            {
                ans = matrixMlt(ans, std);
            }
            std = matrixMlt(std, std);
            n >>= 1;
        }
        return ans[0][0];
    }

一点拓展：
\qquad 快速幂可以用在一些齐次线性递推式中，形如 $f(n)={\sum }_{i=1}^m{a}_{i}f(n-i)$，都可以列出其 $M$：
$$\left[\begin{array}{ccccc}{a}_1& a_2& a_3& \cdots & a_m\\ 1& 0& 0& \cdots & 0\\ 0& 1& 0& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & 1\end{array}\right]$$

\qquad 如果不满足齐次线性递推式，可以构建$g(x)$，通过添加(x-1)、(x-2) ... (x-m)凑出如上形式，但其实不太常用，了解就好了。