剑指Offer 求解斐波那契数列的若干方法

根据y总的总结，重点掌握斐波那契数列的第五种求法可以用来做动态规划的优化今天来给大家介绍几个在面试中常用的、求解斐波那契数列问题的方法。
在这里插入图片描述

算法1 ——递归

递归计算的节点个数是 O(2^n) 的级别的，存在大量重复计算。
时间复杂度是 O(2^n) ，一秒内大约能算到第三四十项。

const int MOD = 1000000007;
int f(int n)
{
    if (n <= 1) return 1;
    return (f(n - 1) + f(n - 2)) % MOD;
}

算法2 ——记忆化搜索

记忆化搜索。
开一个大数组记录中间结果，如果一个状态被计算过，则直接查表，否则再递归计算。
总共有 n 个状态，计算每个状态的复杂度是 O(1) ，所以时间复杂度是 O(n) 。
一秒内算 n=10^7 毫无压力，但由于是递归计算，递归层数太多会爆栈，大约只能算到 n=10^5 级别。

const int N = 100000, MOD = 1000000007;
int a[N];
int f2(int n)
{
    if (a[n]) return a[n];
    if (n <= 1) return 1;
    a[n] = f2(n - 1) + f2(n - 2);
    a[n] %= MOD;
    return a[n];
}

算法3 ——递推

在这里插入图片描述

const int N = 100000000, MOD = 1000000007;
int f3(int n)
{
    a[0] = a[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        a[i] = a[i - 1] + a[i - 2];
        a[i] %= MOD;
    }
    return a[n];
}

算法4 ——递归+滚动变量

递归+滚动变量。
仔细观察我们会发现，递推时我们只需要记录前两项的值即可，没有必要记录所有值，所以我们可以用滚动变量递推。
时间复杂度还是 O(n)，但空间复杂度变成了 O(1)。

const int MOD = 1000000007;
int f4(int n)
{
    int x, y, z;
    x = y = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        z = (x + y) % MOD;
        x = y;
        y = z;
    }
    return z;

算法5 ——矩阵运算 + 快速幂。

快速幂模板参考
在这里插入图片描述

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <ctime>

using namespace std;

const int MOD = 1000000007;

void mul(int a[][2], int b[][2], int c[][2])
{
    int temp[][2] = {{0, 0}, {0, 0}};
    for (int i = 0; i < 2; i ++ )
        for (int j = 0; j < 2; j ++ )
            for (int k = 0; k < 2; k ++ )
            {
                long long x = temp[i][j] + (long long)a[i][k] * b[k][j];
                temp[i][j] = x % MOD;
            }
    for (int i = 0; i < 2; i ++ )
        for (int j = 0; j < 2; j ++ )
            c[i][j] = temp[i][j];
}


int f_final(long long n)
{
    int x[2] = {1, 1};

    int res[][2] = {{1, 0}, {0, 1}};
    int t[][2] = {{1, 1}, {1, 0}};
    long long k = n - 1;
    while (k)
    {
        if (k&1) mul(res, t, res);
        mul(t, t, t);
        k >>= 1;
    }

    int c[2] = {0, 0};
    for (int i = 0; i < 2; i ++ )
        for (int j = 0; j < 2; j ++ )
        {
            long long r = c[i] + (long long)x[j] * res[j][i];
            c[i] = r % MOD;
        }

    return c[0];
}


int main()
{
    long long n ;

    cin >> n;
    cout << f_final(n) << endl;

    return 0;
}