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剑指 Offer 10- I. 斐波那契数列
思路
(递推) O(n)
斐波那契数的边界条件是 F(0)=0 和 F(1)=1。当 n>1时，每一项的和都等于前两项的和，因此有如下递推关系：
F(n)=F(n−1)+F(n−2)
边界条件为 F(0) 和 F(1)。
时间复杂度分析： O(n) 。
c++代码
class Solution {
public:
int fib(int n) {
if(n == 0 || n == 1) return n;
vector<int> f(n + 1);
f[0] = 0;
f[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++){
f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % 1000000007;
}
return f[n];
}
};
剑指 Offer 10- II. 青蛙跳台阶问题
思路
(递推) O(n)
分析题目可以发现：
- 上 1 阶台阶：有
1种方式。 - 上 2 阶台阶：有
1+1和2两种方式。 - 上 3 阶台阶：到达第
3阶的方法总数就是到第1阶和第2阶的方法数之和。 - 上 n 阶台阶，到达第
n阶的方法总数就是到第(n-1)阶和第(n-2)阶的方法数之和。
因此，定义数组 f[i] 表示上i 级台阶的方案数，则枚举最后一步是上1级台阶，还是上2级台阶，所以有： f[i] = f[i−1]+f[i−2]。
时间复杂度分析： 递推状态数O(n)，转移时间复杂度是 O(1)，所以总时间复杂度是 O(n)。
c++代码
class Solution {
public:
int numWays(int n) {
if(n == 0) return 1;
int mod = 1e9 + 7;
vector<int> f(n + 2);
f[1] = 1, f[2] = 2;
for(int i = 3; i <= n; i++){
f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % mod;
}
return f[n];
}
};
一维优化
class Solution {
public:
int numWays(int n) {
if(n == 0 || n == 1) return 1;
int a = 1, b = 2;
for(int i = 3; i <= n; i++){
int t = (a + b) % 1000000007;
a = b;
b = t;
}
return b;
}
};
剑指 Offer 11. 旋转数组的最小数字
思路
(二分) O(logn)
为了便于分析，我们先将数组中的数画在二维坐标系中，横坐标表示数组下标，纵坐标表示数组数值，如下所示：
我们发现除了最后水平的一段（黄色水平那段）之外，其余部分满足二分性质：竖直虚线左边的数满足 nums[i]≥nums[0]，而竖直虚线右边的数满足nums[i]< nums[0]，分界点就是整个数组的最小值。
所以我们先将最后水平的一段删除，这样数组就具有了二分性，因此可以二分出最小值的位置。
为什么要删除最后水平的一段？
由于nums数组中可能存在 重复 元素值，比如nums = {2, 2, 0, 1, 2}，如果我们不将最后水平的一段删除，那么如上图所示，那么竖直虚线左边的数满足 nums[i]≥nums[0]，竖直虚线右边的数满足nums[i]<= nums[0]，这样就不满足数组的二段性了。在二分遇到nums[0]这样的特殊值时，无法坚定的选择一边，而二分的条件就是数组满足二段性，即数组的某种性质在左半部分和右半部分严格互斥。
过程如下：
- 1、在
[l,r]区间中，l = 0,r = nums.size() - 1，我们去二分< num[0]的最左边界。 - 2、为了保证二分性，我们先将最后水平的一段删除。
- 3、当
nums[mid] < nums[0]时，往左边区域找，r = mid。。
- 4、当
nums[mid] >= nums[0]时，往右边区域找，l = mid + 1。
- 5、当
l == r，只剩下一个数时，就是最小值的位置，我们返回nums[r]。
细节：
- 当数组完全单调时，第一个数
nums[0]最小，我们直接返回即可。
时间复杂度分析： 二分查找，所以时间复杂度是 O(logn)。
c++代码
class Solution {
public:
int minArray(vector<int>& nums) {
int l = 0, r = nums.size() - 1;
while(l < r && nums[0] == nums[r] ) r--; //去除最后水平的一段
if(nums[r] >= nums[l]) return nums[0]; //数组单调，直接返回nums[0]
while(l < r){ //二分 < nums[0]的最左边界
int mid = l + r >> 1;
if(nums[mid] < nums[0]) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return nums[r];
}
};
