【剑指Offer】斐波那契数列

题目描述

大家都知道斐波那契数列，现在要求输入一个整数n，请你输出斐波那契数列的第n项（从0开始，第0项为0）。
n<=39

解法1 递归


解题前先简单说明一下斐波那契数列，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、……，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为兔子数列。可以表示为
F(n) = F(n-1) + F(n-2)。这道题在不考虑效率的情况下，最直接的解法是用递归，代码如下

实现代码
public int Fibonacci(int n) { if (n == 0) { return 0; } else if (n == 1 || n
== 2) { return 1; }else { return Fibonacci(n - 1) + Fibonacci(n - 2); } }
解法2 动态规划

解法1使用递归虽然很直观，简单，但是效率太低。在n <=
39的情况下，运行时间为1277ms，究其原因还是算法中存在大量重复运算。以求解斐波那契数列第6项的过程来说明，如下图，在求解F6的过程中，F4会被重复计算2次，F3会被重复计算3次，这都导致了多余的消耗，且随着n越来越大冗余计算的增长是爆炸性的。

递归的思想是自顶向下的，Fn的求解基于Fn-1和Fn-2，Fn-1的求解又基于Fn-2和Fn-3等等依次类推。而现在我们可以反过来，自底向上，在已知F1
= 1，F2 = 1的情况下求解F3，再利用F3和F2求解F4直到求出Fn。即不使用递归，使用循环迭代的方式。相比于解法1，优化后的算法运行时间只有39ms。

实现代码
public int FibonacciOptimize(int n) { if (n == 0) { return 0; } int fibl = 1,
fibn = 1; for(int i = 2; i < n; i++) { fibn = fibl + fibn; fibl = fibn - fibl;
} return fibn; } //或者是更简洁一点的写法 public int FibonacciOptimize2(int n) { int f =
0, g = 1; while(n -- > 0) { g += f; f = g - f; } return f; }
动态规划

上面不使用递归，而使用循环的方式，我们可以给它起一个高大上的名字，动态规划。什么叫做动态规划呢，其实和它本身字面上的意思并没有太大关系。

对于递归算法，编译器常常都只能做很低效的处理，递归算法如此慢的原因在于，编译器模拟的递归不能保留预先算出来的值，对已经求解过的子问题仍在递归的进行调用，导致了大量的冗余计算，比如上面的斐波那契递归算法。当我们想要改善这种情况时，可以将递归算法改成非递归算法，让后者把那些子问题的答案系统地记录下来，利用这种方法的一种技巧就叫做动态规划。比如上面的代码，我们都是用了两个变量把上一次的计算结果记录了下来，避免了重复计算。

可能上面的算法对动态规划的体现并不是那么直观，可以看下面这段代码。我们用一个数组，将每次求解出来的Fn都记录了下来，当一个子问题被求解过以后，下一次就可以直接通过索引访问数组得到，而避免了再次求解。
public int FibonacciOptimize3(int n) { if (n == 0) { return 0; } int[] array =
new int[n + 1]; array[0] = 1; array[1] = 1; for(int i = 2; i < n; i++) {
array[i] = array[i - 1] + array[i - 2]; } return array[n - 1]; }
解法3


除了使用递归和动态规划外，我们还可以使用矩阵来求解斐波那契数列。对于矩阵这里不再进行扩展，只介绍本算法会用到的基本概念。如下所示的M就是一个2x2的矩阵，2行2列。
\[M = \left[ \begin{matrix} 1 & 2\\ 3 & 4\\ \end{matrix} \right] \]

矩阵和矩阵之间可以相乘，一个rxn的矩阵M和一个nxc的矩阵N相乘，它们的结果MN将会是一个rxc大小的矩阵。注意如果两个矩阵的行列不满足上面的规定，则这两个矩阵就不能相乘。怎样计算新的矩阵MN呢，可以用一个简单的方式描述：对于每个元素c~ij~，我们找到M中的第i行和N中的第j列，然后把它们对应元素相乘后再加起来，这个和就是c~ij~，对于有矩阵M，N如下
\[M = \left[ \begin{matrix} a & b\\ c & d\\ \end{matrix} \right] N = \left[
\begin{matrix} e & f\\ g & i\\ \end{matrix} \right] \]
则MN为
\[MN = \left[ \begin{matrix} ae + bg & af + bi\\ ce + dg & cf + di\\
\end{matrix} \right] \]
那么斐波那契数列和矩阵有什么关系呢？
我们已知斐波那契第n项，Fn = F(n - 1) + F(n - 2)，可以将它们转换成如下所示的矩阵形式
\[ \left[ \begin{matrix} F(n)\\ F(n-1)\\ \end{matrix} \right] = \left[
\begin{matrix} F(n-1) + F(n-2)\\ F(n-1)\\ \end{matrix} \right]= \left[
\begin{matrix} F(n-1) * 1 + F(n-2) * 1\\ F(n-1) * 1 + F(n-2) * 0\\ \end{matrix}
\right]= \left[ \begin{matrix} 1 & 1\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right] \left[
\begin{matrix} F(n-1)\\ F(n-2)\\ \end{matrix} \right] \]
即
\[ \left[ \begin{matrix} F(n)\\ F(n-1)\\ \end{matrix} \right] = \left[
\begin{matrix} 1 & 1\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix}
F(n-1)\\ F(n-2)\\ \end{matrix} \right] \]
\[ \left[ \begin{matrix} F(n-1)\\ F(n-2)\\ \end{matrix} \right] = \left[
\begin{matrix} 1 & 1\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix}
F(n-2)\\ F(n-3)\\ \end{matrix} \right] \]
\[ \left[ \begin{matrix} F(n)\\ F(n-1)\\ \end{matrix} \right] = \left[
\begin{matrix} 1 & 1\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right] ^2 \left[ \begin{matrix}
F(n-2)\\ F(n-3)\\ \end{matrix} \right] \]
以此类推
\[ \left[ \begin{matrix} F(n)\\ F(n-1)\\ \end{matrix} \right] = \left[
\begin{matrix} 1 & 1\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right] ^{n-1} \left[
\begin{matrix} F(1)\\ F(0)\\ \end{matrix} \right] \]
所以要求斐波那契的第n项，我们只需要求得F1和F0构成的矩阵与特定矩阵的n-1次方相乘后的矩阵，然后取该矩阵的第一行第一列的元素值就是Fn
现在引入了一个新的问题，怎样求特定矩阵的n-1次方，即矩阵的快速幂

矩阵的快速幂

在了解矩阵的快速幂之前，我们先看普通整数的快速幂
求解整数m的n次方，一般是m^n^ = m * m * m
.....，连乘n次，算法复杂度是O(n)，这样的算法效率太低，我们可以通过减少相乘的次数来提高算法效率，即快速幂
对于n我们可以用二进制表示，以14为例，14 = 1110
\[ m^{14} = m^{1110} = m^{2^{3} * 1 + 2^{2} * 1 + 2^{1} * 1 + 2^{0} * 1} =
m^{2^{3} * 1} * m^{2^{2} * 1} * m^{2^{1} * 1} * m^{2^{0} * 0} \]
\[ = m^{8} * m^{4} * m^{2} * m^{0} = m^{8} * m^{4} * m^{2} * 1 \]

可以发现这样的规律，指数n的二进制从低位到高位依次对应底数m的1次方，2次方，4次方，8次方...，当该二进制位是1的时候，则乘以底数对应的次方数，如果该二进制位是0，则表示乘以1。使用快速幂后，原本需要14次连乘，现在只需要4次连乘。
那么怎样得到一个整数的二进制位呢，又怎样判断该二进制位是0还是1呢
可以使用与运算和右移运算，例如对于14 = 1110

* 和1按位与得到0，即第一个二进制位是0
* 1110右移一位，得到0111，和1按位与得到1，即第二个二进制位是1
* 0111右移一位，得到0011，和1按位与得到1，即第三个二进制位是1
* 0011右移一位，得到0001，和1按位与得到1，即第四个二进制位是1
* 0001右移一位，得到0000，等于0则，算法结束
对应的代码如下
public int pow(int m, int n) { int ret = 1; while(n > 0) { if ((n & 1) > 0) {
ret = ret * m; } m *= m; n >>= 1; } return ret; }
对应矩阵的快速幂就是
// 简单实现了2*2矩阵的乘法 public int[,] matrixMul(int[,] m, int[,] n) { int[,] ret = {
{ m[0,0] * n[0,0] + m[0,1] * n[1,0], m[0,0] * n[0,1] + m[0,1] * n[1,1]} , {
m[1,0] * n[0,0] + m[1,1] * n[1,0], m[1,0] * n[0,1] + m[1,1] * n[1,1]} }; return
ret; } // 矩阵的快速幂 public int[,] matrixPow(int[,] m, int n) { //
单位矩阵，作用相当于整数乘法中的1 int[,] ret = { { 1, 0 }, { 0, 1 } }; while(n > 0) { if ((n &
1) > 0) { ret = matrixMul(m, ret); } m = matrixMul(m, m); n >>= 1; } return
ret; }
实现代码

在已经知道矩阵的快速幂之后，求解Fn就可以直接代入公式
\[ \left[ \begin{matrix} F(n)\\ F(n-1)\\ \end{matrix} \right] = \left[
\begin{matrix} 1 & 1\\ 1 & 0\\ \end{matrix} \right] ^{n-1} \left[
\begin{matrix} F(1)\\ F(0)\\ \end{matrix} \right] \]
实现代码如下
public int FibonacciOptimize4(int n) { if (n == 0) { return 0; } int[,] matrix
= { { 1, 1 }, { 1, 0 } }; //
这里的F1和F0矩阵多加了一列0,0，不会影响最终结果，是因为matrixMul只实现了2*2矩阵的乘法 int[,] unit = { { 1, 0 },
{ 0, 0 } }; // 调用前面代码的矩阵乘法和矩阵快速幂 int[,] ret = matrixMul(matrixPow(matrix, n -
1), unit); return ret[0, 0]; }

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