【剑指 Offer 10- I. 斐波那契数列】

题目描述

写一个函数，输入 n ，求斐波那契（Fibonacci）数列的第 n 项（即 F(N)）。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：

1. 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。

下图帮助理解递归法的 “重复计算” 概念。

2. 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。

3. 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 （具体实现见代码） 。
• 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。

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;
    }
}

知识点

有很多力扣题目因为数字过大，要求答案对1000000007（1e9+7）取模，但对1e9+7取模后得到的是浮点型，有时会导致返回值无法类型转换。这时直接对1000000007取模得到int型数据即可。

作者：jyd
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/ 来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。