前言

利用「尾递归」、「动态规划」、「递推」和「矩阵快速幂」来解决问题。

剑指Offer 10-Ⅰ.斐波那契数列

问题描述

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

|| 输入：n = 2
|| 输出：1

尾递归

一开始直接用普通递归做，n稍微大一点的时候就超出时间限制了，于是想到「尾递归」

递归调用的过程当中系统为每一层的返回点、局部量等开辟了栈来存储，因此递归次数过多容易造成栈溢出。
尾递归是把当前的运算结果放在参数里传递给下层函数，只用保存最后一个函数堆栈。

代码

class Solution { 
public:
    int fib(int n) {
        return fibTail(n,0,1);
    }
    int fibTail(int n,int curr,int next){
        int mod = 1e9+7;
        if(n==0)
            return curr;
        return fibTail(n-1,next%mod,(curr+next)%mod);
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

动态规划

题中已经给出了状态转移方程
F(N) = F(N - 1) + F(N - 2)
与n值对应，n是从0开始的，我们申请一个大小为 n+1 的数组 dp，
定义 dp[i] 为斐波那契数列第 i 项的值，
那么 dp[n] 为斐波那契数列第 n 项的值，
dp[0]=0 和 dp[1]=1 为两个初始状态，
利用dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]循环计算dp[i]的值。

代码

class Solution { 
public:
    int fib(int n) {
        if(n<=1)
            return n;
        int mod = 1e9+7;
        int dp[n+1];
        dp[0] = 0;
        dp[1] = 1;
        for(int i=2;i<=n;++i){
            dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
            dp[i] %= mod;
        }
        return dp[n];
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

递推

根据 F(N) = F(N - 1) + F(N - 2)，我们知道 F(N) 的值只与 F(N - 1) 和 F(N - 2) 有关，那就可以用递推来实现动态规划，也就不需要申请一个数组来保存过程中的值，我们只申请三个常量即可。

代码

class Solution { 
public:
    int fib(int n) {
        if(n<=1)
            return n;
        int mod = 1e9+7;
        int a = 0,b = 1;
        int sum = a + b;
        for(int i=2;i<n;++i){
            a = b;
            b = sum;
            sum = (a + b)%mod;
        }
        return sum;
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

矩阵快速幂

本题可以根据构造合适的矩阵乘法来实现 F(N) = F(N - 1) + F(N - 2) 中 F(N)、F(N - 1) 和 F(N - 2) 之间的依赖关系，利用 F(N - 1) 和 F(N - 2) 推导出 F(N) 。
根据矩阵乘法构造出
$\left[ \begin{array}{l} F(n)\\ F(n - 1) \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{l} F(n - 1) + F(n - 2)\\ F(n - 1) \end{array} \right] = \left[ {\begin{matrix} 1&1\\ 1&0 \end{matrix}} \right] \times \left[ \begin{array}{l} F(n - 1)\\ F(n - 2) \end{array} \right]$
令
$\left[ {\begin{matrix} 1&1\\ 1&0 \end{matrix}} \right]$
我们已知的初始状态为
$\left[ \begin{array}{l} F(0)\\ F(1) \end{array} \right]$

推出
$\left[ \begin{array}{l} F(n)\\ F(n - 1) \end{array} \right] = mat \times mat \times \cdots mat \times \left[ \begin{array}{l} F(0)\\ F(1) \end{array} \right] = mat \times mat \times \cdots mat \times \left[ \begin{array}{l} 0\\ 1 \end{array} \right] = ma{t^{n - 1}} \times \left[ \begin{array}{l} 0\\ 1 \end{array} \right]$
所以我们可以利用快速幂求出
$ma{t^{n - 1}}$
直接循环累乘也可以求出来，但是时间复杂度为O(n)，而快速幂算法每一步都把指数分成两半，用相应的底数做平方运算，所需要执行的循环次数也变小，时间复杂度为O(log n)。

代码

class Solution { 
public:
    int mod = 1e9+7;
    vector<vector<long>> mul(vector<vector<long>>& a, vector<vector<long>>& b){
        int arow = a.size();    //a的行数
        int brow = b.size();    //b的行数
        int bcol = b[0].size(); //b的列数
        vector<vector<long>> ans(arow,vector<long>(bcol,0));    //arow行bcol列,初始化为0
        for(int i=0;i<arow;++i){
            for(int j=0;j<bcol;++j){
                for(int k=0;k<brow;++k){
                    ans[i][j] += a[i][k] * b[k][j];
                    ans[i][j] %= mod;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
    int fib(int n) {
        if (n <= 1) 
            return n;
        vector<vector<long>> mat = {{1, 1},
                                    {1, 0}};
        vector<vector<long>> ans = {{1},
                                    {0}};
        int x = n - 1;
        while (x != 0) {
            if ((x & 1) != 0) ans = mul(mat, ans);
            mat = mul(mat, mat);
            x >>= 1;
        }
        return ans[0][0] % mod;
    }
};