爬楼梯问题，yield学习总结

问题起源：

一个人爬楼梯，一步可以迈一级，二级，如果楼梯有N级，要求编写程序，求总共有多少种走法。

简单的一个递归思想，只要爬到了N-1层，或者爬到N-2层，则认定下一步只有一种走法。所以再去找寻N-1、N-2的前两步。动态规划方程为：f(n) = f(n-1) +f(n-2)

方案1：

def climb_2(n):  # 速度非常慢

    if n not in [1, 2]:

        return climb_2(n - 1) + climb_2(n - 2)

    else:

        return n

但是运行下来，会发现，climb_2(3) = 3 这个值早在最开始已经被计算出来了，但是后面的climb_2(4)以及后面所有的递归，都会再去重新计算一下这个取值。当嵌套复杂起来，做了非常多的重复工作，速度很差。

方案2：

dict_t = {1:1, 2:2}

def climb_1(n):

    global dict_t

    if n not in dict_t.keys():

        dict_t[n - 1] = climb_1(n - 1)

        dict_t[n - 2] = climb_1(n - 2)

        dict_t[n] = dict_t[n - 1] + dict_t[n - 2]

    return dict_t[n]

这样虽然也是递归嵌套，但是有了全局的dict_t的字典做存储，不会再傻乎乎将climb_2(3) 重新计算，算是一定层面的优化了。但是呢有个缺点：必须依赖函数外的nonlocal或者global变量。

方案3：

@functools.lru_cache(3)

def climb_3(n):

    if n not in [1, 2]:

        return climb_3(n - 1) + climb_3(n - 2)

    else:

        return n

此种方案也是最近学习functools才发现的，有个lru_cache 可以缓存函数的返回值，思路也同方案2，但是更加优雅、干练，而且也摆脱了nonlocal变量的依赖。但是这里还有个问题没弄明白。cache的大小为啥3就够快，但是2就不够。此处留个问号？

方案4：

def climb_4(n):

    def inner():

        (a, b) = (1, 2)

        yield a

        yield b

        while 1:

            yield (a + b)

            (a, b) = (b, a + b)

    bo = inner()

    for _ in range(n):

        s = next(bo)

    return s

方案4用到了yield关键词（最近才学明白），也即生成器。yield可以看成是个特殊的return，只是当再次进入这个方法时，会从上会的yield存档处继续。会有变量保存的效果。

受到这层启发后，编写了上面这个方案，n为1，n为2，设了两道关卡，yield出来个a，yield出来个b。。过了1,2后，就进入了死循环阶段。将a + b生成出去，当再次进入函数时，再将a与b重新继续赋值。整体看起来很不错的一种方案。

巴特西