LeetCode-面试题10.1-斐波那契数列
来源：力扣（LeetCode）- 面试题10.1
问题
写一个函数，输入 n ，求斐波那契（Fibonacci）数列的第 n 项。斐波那契数列的定义如下：
F(0) = 0, F(1) = 1
F(N) = F(N - 1) + F(N - 2), 其中 N > 1.
斐波那契数列由 0 和 1 开始，之后的斐波那契数就是由之前的两数相加而得出。
答案需要取模 1e9+7（1000000007），如计算初始结果为：1000000008，请返回 1。
示例 1：
输入：n = 2
输出：1
示例 2：
输入：n = 5
输出：5
解题
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;
}
}
