LeetCode-面试题10.1-斐波那契数列

原解答链接：https://leetcode-cn.com/problems/fei-bo-na-qi-shu-lie-lcof/solution/mian-shi-ti-10-i-fei-bo-na-qi-shu-lie-dong-tai-gui/

问题链接：https://leetcode-cn.com/problems/fei-bo-na-qi-shu-lie-lcof/

解题思路

斐波那契数列的定义是 f(n+1)=f(n)+f(n?1) ，生成第 n 项的做法有以下几种：

递归法

• 原理： 把 f(n) 问题的计算拆分成 f(n?1) 和 f(n?2) 两个子问题的计算，并递归，以f(0) 和 f(1) 为终止条件。
• 缺点： 大量重复的递归计算，例如 f(n) 和 f(n?1) 两者向下递归需要 各自计算 f(n?2) 的值。

记忆化递归法

• 原理： 在递归法的基础上，新建一个长度为 n 的数组，用于在递归时存储 f(0) 至 f(n) 的数字值，重复遇到某数字则直接从数组取用，避免了重复的递归计算。
• 缺点： 记忆化存储需要使用 O(N) 的额外空间。

动态规划

• 原理： 以斐波那契数列性质 f(n+1)=f(n)+f(n?1) 为转移方程。
• 从计算效率、空间复杂度上看，动态规划是本题的最佳解法。

动态规划解析

• 状态定义： 设 dp 为一维数组，其中 dp[i] 的值代表斐波那契数列第 i 个数字 。
• 转移方程：dp[i+1]=dp[i]+dp[i?1] ，即对应数列定义 f(n+1)=f(n)+f(n?1) 。
• 初始状态： dp[0] = 0, dp[1] = 1 ，即初始化前两个数字。
• 返回值： dp[n] ，即斐波那契数列的第 n 个数字。

空间复杂度优化

若新建长度为 n 的 dp 列表，则空间复杂度为O(N)。

• 由于 dp 列表第 i 项只与第 i?1 和第 i?2 项有关，因此只需要初始化三个整形变量 sum, a, b ，利用辅助变量 sum 使 a,b 两数字交替前进即可。
• 节省了 dp 列表空间，因此空间复杂度降至 O(1) 。

循环求余法

大数越界：随着 n 增大, f(n) 会超过 Int32 甚至 Int64 的取值范围，导致最终的返回值错误。

• 求余运算规则： 设正整数 x, y, p，求余符号为 ⊙ ，则有 (x + y) ⊙ p = (x ⊙ p + y ⊙ p) ⊙ p 。
• 解析： 根据以上规则，可推出 f(n)⊙p=[f(n?1)⊙p+f(n?2)⊙p]⊙p ，从而可以在循环过程中每次计算 sum = (a + b) ⊙ 1000000007 ，此操作与最终返回前取余等价。

复杂度分析

• 时间复杂度 O(N) ： 计算 f(n) 需循环 n 次，每轮循环内计算操作使用 O(1) 。
• 空间复杂度 O(1) ： 几个标志变量使用常数大小的额外空间。

代码

class Solution {
    public int fib(int n) {
        int a = 0, b = 1, sum;
        for(int i = 0; i < n; i++){
            sum = (a + b) % 1000000007;
            a = b;
            b = sum;
        }
        return a;
    }
}

LeetCode-面试题10.1-斐波那契数列

原文：https://www.cnblogs.com/HenuAJY/p/13264854.html