LeetCode 0509. 斐波那契数：尝试以四种方式吃透（四种大方法+两种小优化）

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【LetMeFly】尝试以四种方式吃透：509.斐波那契数（四种大方法+两种小优化）

先说明本题解法：

  1. 动态规划（及 原地滚动的优化）
  2. 递归（及 记忆化的优化）
  3. 矩阵快速幂
  4. 通项公式

力扣题目链接：leetcode.cn/problems/fi…

斐波那契数 （通常用 F(n) 表示）形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是：

F(0) = 0，F(1) = 1
F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1

给定 n ，请计算 F(n) 。

 

示例 1：

输入：n = 2
输出：1
解释：F(2) = F(1) + F(0) = 1 + 0 = 1

示例 2：

输入：n = 3
输出：2
解释：F(3) = F(2) + F(1) = 1 + 1 = 2

示例 3：

输入：n = 4
输出：3
解释：F(4) = F(3) + F(2) = 2 + 1 = 3

 

提示：

  • 0 <= n <= 30

方法一：动态规划

开辟一个大小为3030的数组aa（或开辟大小为n+1n+1的数组也可）

初始值a[0]=0,a[1]=1a[0] = 0, a[1] = 1

之后从下标22开始到nn为止，使用转移方程a[n]=a[n−1]+a[n−2]a[n] = a[n - 1] + a[n - 2]求解

最终返回a[n]即可

  • 时间复杂度O(n)O(n)
  • 空间复杂度O(C)O(C)，这里CC是数据中nn的最大值3030（也可以只开辟n+1n+1的数组，则空间复杂度为O(n)O(n)）

AC代码

C++

class Solution {  // 开辟一整个数组
public:
    int fib(int n) {
        int a[31] = {0, 1};
        for (int i = 2; i <= n; i++)
            a[i] = a[i - 1] + a[i - 2];
        return a[n];
    }
};

方法一.2：动态规划 + 原地滚动

不难发现，在计算a[n]a[n]时，我们只用到了a[n−1]a[n-1]和a[n−2]a[n-2]，再往前的数据就再也用不到了

因此，我们只需要使用两个额外的空间0_0和1_1来分别记录a[n−1]a[n-1]和a[n-2]的值，在计算过程中，不断更新的值，在计算过程中，不断更新_0和和_1$的值即可

  • 时间复杂度O(n)O(n)
  • 空间复杂度O(1)O(1)

AC代码

C++

class Solution {  // 两个额外变量模拟
public:
    int fib(int n) {
        if (n < 2)
            return n;
        int _0 = 0, _1 = 1;  // 分别代表a[n - 2]和a[n - 1]
        int ans;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            ans = _0 + _1;
            _0 = _1, _1 = ans;  // Update
        }
        return ans;
    }
};

方法二：递归

斐波那契数列很容易看出“递归”

题目都说明了，F(n)=F(n−1)+F(n−2)F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，终止条件是n=0n = 0或n=1n = 1

那么，我们只需要在非终止条件下无脑递归即可。

  • 时间复杂度O(n2)O(n^2)，这个时间复杂度待会儿分析
  • 空间复杂度O(n)O(n)，不论总递归次数为多少，总递归深度为nn

AC代码

C++

class Solution {  // 递归
public:
    int fib(int n) {
        if (n < 2)
            return n;
        return fib(n - 1) + fib(n - 2);
    }
};

方法二.2：递归 + 记忆化

方法二在数据量小的前提下能很轻松地计算出结果。

但是为什么方法二的时间复杂度是O(n2)O(n^2)呢？

不难发现，计算F(5)F(5)时，会调用F(4)F(4)和F(3)F(3)，但在计算F(4)F(4)时，会再调用一次F(3)F(3)，也就是说F(3)F(3)不只被调用了一次

例如计算F(6)F(6)时：

demo

F(4)F(4)计算了两次，F(3)F(3)计算了三次，F(2)F(2)更是计算了五次。

nn越大，这种重复计算就越明显。

那么，既然算过一遍F(3)F(3)了，为什么要再算一次呢？

记忆化出现了

我们使用一个哈希表，将计算过的结果记录下来，那么再次调用这个函数时，直接返回之前计算过的结果不就可以了吗？

demo2

这样就避免了没必要的重复计算。

  • 时间复杂度O(n)O(n)
  • 空间复杂度O(n)O(n)

AC代码

C++

class Solution {  // 递归 + 记忆化
private:
    unordered_map<int, int> ma;
public:
    int fib(int n) {
        if (n < 2)
            return n;
        if (ma.count(n))
            return ma[n];
        return ma[n] = fib(n - 1) + fib(n - 2);
    }
};

方法三：矩阵快速幂

[1110][anan−1]=[an+an−1an]=[an+1an]\left[\begin{array}{ll}1 & 1 \\1 & 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}a_n \\ a_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}a_n+a_{n-1} \\ a_n\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}a_{n+1} \\ a_n\end{array}\right]

因此

[an+1an]=[1110]n[a1a0]\left[\begin{array}{c} a_{n+1} \\ a_n \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right]^{n}\left[\begin{array}{l} a_1 \\ a_0 \end{array}\right]

因此可以使用矩阵快速幂求出

[1110]n−1\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right]^{n-1}

再将其右乘[a1a0]\left[\begin{array}{c}a_{1} \\ a_0\end{array}\right]即得到[anan−1]\left[\begin{array}{c}a_{n} \\ a_{n-1}\end{array}\right]

假设：

[1110]n−1=[xymn]\left[\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right]^{n-1}=\left[\begin{array}{ll}x & y \\ m & n\end{array}\right]

那么：

[anan−1]=[1110]n−1[a1a0]=[xymn][10]=[xm]\left[\begin{array}{c}a_{n} \\ a_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right]^{n-1}\left[\begin{array}{c}a_{1} \\ a_0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ll}x & y \\ m & n\end{array}\right]\left[\begin{array}{ll}1\\ 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ll}x\\ m\end{array}\right]

因此an=xa_n=x，也就是[1110]n−1\left[\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right]^{n-1}的左上角的值

  • 时间复杂度O(log⁡n)O(\log n)
  • 空间复杂度O(1)O(1)

AC代码

C++

struct Matrix {
    int a[2][2];

    Matrix(int x, int y, int m, int n) {
        a[0][0] = x, a[0][1] = y;
        a[1][0] = m, a[1][1] = n;
    }

    Matrix() {
        a[0][0] = 0, a[0][1] = 0;
        a[1][0] = 0, a[1][1] = 0;
    }
};

Matrix operator* (const Matrix& a, const Matrix& b) {
    Matrix result;
    for (int i = 0; i < 2; i++) {
        for (int j = 0; j < 2; j++) {
            result.a[i][j] = a.a[i][0] * b.a[0][j] + a.a[i][1] * b.a[1][j];
        }
    }
    return result;
}

class Solution {
private:
    Matrix Pow(Matrix a, int n) {  // 这里只接受>0的n
        Matrix result(1, 0, 0, 1);
        while (n) {
            if (n & 1)
                result = result * a;
            n >>= 1;
            a = a * a;
        }
        return result;
    }
public:
    int fib(int n) {
        if (n < 2)
            return n;
        return Pow(Matrix(1, 1, 1, 0), n - 1).a[0][0];
    }
};

方法四：通项公式

使用生成函数求斐波那契的通项公式

设    F(x)=F1x+F2x2+F3x3+F4x4+⋯\ \ \ \ F(x)=F_1x+F_2x^2+F_3x^3+F_4x^4+\cdots

则  xF(x)=           F1x2+F2x3+F3x4+⋯\ \ xF(x)=\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ F_1x^2+F_2x^3+F_3x^4+\cdots

且x2F(x)=                        F1x3+F2x4+⋯x^2F(x)=\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ F_1x^3+F_2x^4+\cdots

因此，(x2+x)F(x)=F1x2+(F2+F1)x3+(F3+F4)x4+⋯=F1x2+F3x3+F4x4+⋯(x^2+x)F(x)=F_1x^2+(F_2+F_1)x^3+(F_3+F_4)x^4+\cdots=F_1x^2+F_3x^3+F_4x^4+\cdots

因此，(1−(x2+x))F(x)=F1x+(F2−F1)x2(1-(x^2+x))F(x)=F_1x+(F_2-F_1)x^2

即(1−x−x2)F(x)=x(1-x-x^2)F(x)=x

所以F(x)=x1−x−x2=−x(x−5−12)(x+5+12)=−15(15−12x+1+15+12x−1)F(x)=\frac{x}{1-x-x^2}=-\frac{x}{\left(x-\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)\left(x+\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)}=-\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1}{\frac{\sqrt{5}-1}{2} x+1}+\frac{1}{\frac{\sqrt{5}+1}{2} x-1})

我们求出了斐波那契数列的生成函数

接下来通过生成函数求原始数列

设G(x)=1ax+bG(x)=\frac{1}{ax+b}，其对应的原始数列是{gi}\{g_i\}

则有1ax+b=∑i=1∞gixi\frac{1}{ax+b}=\sum_{i=1}^\infty g_ix^i

已知n→∞n\to \infty时1+x+x2+⋯+xn=11−x1+x+x^2+\cdots+x^n=\frac{1}{1-x}

用−x-x替换xx得11+x=1−x+x2−x3+⋯\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-x^3+\cdots

所以1bx+b=1b−1bx+1bx2−1bx3+⋯\frac{1}{bx+b}=\frac1b-\frac1bx+\frac1bx^2-\frac1bx^3+\cdots

用abx\frac{a}bx替换xx得1ax+b=1b−ab2x+a2b3x2−a3b4x3+⋯\frac1{ax+b}=\frac{1}{b}-\frac{a}{b^{2}} x+\frac{a^{2}}{b^{3}} x^{2}-\frac{a^{3}}{b^{4}} x^{3}+\cdots

所以xnx^n的系数gn=(−1)nanb−(n+1)g_n=(-1)^na^nb^{-(n+1)}

之前我们求出F(x)=−15(15−12x+1+15+12x−1)F(x)=-\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1}{\frac{\sqrt{5}-1}{2} x+1}+\frac{1}{\frac{\sqrt{5}+1}{2} x-1})

对于15−12x+1\frac{1}{\frac{\sqrt{5}-1}{2} x+1}，令a=5−12,b=1a=\frac{\sqrt{5}-1}{2},b=1得gn=(1−52)ng_n=(\frac{1-\sqrt5}{2})^n，因此G(x)={(1−52)x}G(x)=\{(\frac{1-\sqrt5}{2})^x\}

对于15+12x−1\frac{1}{\frac{\sqrt{5}+1}{2} x-1}，令a=5+12,b=−1a=\frac{\sqrt{5}+1}{2},b=-1得gn=−(1+52)ng_n=-(\frac{1+\sqrt5}{2})^n，因此G(x)={−(1+52)x}G(x)=\{-(\frac{1+\sqrt5}{2})^x\}

所以an=−15[(1−52)x−(1+52)x]=15[(1+52)n−(1−52)n]a_n=-\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1-\sqrt5}{2})^x-(\frac{1+\sqrt5}{2})^x]=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right] 即为所求

  • 时间复杂度不好衡量（也不能说O(1)吧，但是肯定比矩阵快速幂快，毕竟CPU有专门的求幂指令）
  • 空间复杂度O(1)O(1)

AC代码

C++

class Solution {
public:
    int fib(int n) {
        return 1. / sqrt(5) * (pow((1 + sqrt(5)) / 2, n) - pow((1 - sqrt(5)) / 2, n));
    }
};

有同学说，比赛的时候忘记了通项公式怎么办，总不能现场手推一遍吧

其实我们只需要记得通项公式的大概形势：an=15[(1+52)n−(1−52)n]=x1y1n+x2y2na_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right]=x_1y_1^n+x_2y_2^n

因此代入几个aa就把x1,y1,x2,y2x_1,y_1,x_2,y_2解出来了（a0=0,a1=1,⋯a_0=0,a_1=1,\cdots）

同步发文于CSDN，原创不易，转载请附上原文链接哦~ Tisfy：letmefly.blog.csdn.net/article/det…

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