《剑指offer》Java学习录：面试题9:斐波那契数列

面试题 9：斐波那契数列

题目：

写一个函数，输入n，求斐波那契（Fibonacci）数列的第n项。斐波那契数列的定义如下：
$f(n)= \begin{cases} 0, & \text{$n = 0$}\\ 1, & \text{$n = 1$}\\ f(n - 1) + f(n - 2),& \text{$n > 1$} \end{cases}$

分析

首先想到的是利用递归来解，如：

public static int fibonacci(int n) {
    if (n <=0 ) {
        return 0;
    } else if (n == 1) {
        return 1;
    } else {
        return fibonacci(n - 1) + fibonacci(n - 2);
    }
}

该解法确实简单，很快就可以实现。让我们来分析一下：

我们以求解$f(10)$为例分析求解过程。想要求$f(10)$就的求$f(9)$和$f(8)$，想要求$f(9)$需要先求$f(8)$和$f(7)$，同样想要求$f(8)$，又得先求$f(7)$和$f(6)$ … 我们可以以树结构表达这种依赖关系。

不难发现，书中有很多节点重复，这意味着计算量会随着n的增大而急剧增大，事实上，用递归计算的时间复杂度是以n的指数递增的。我试了一下，当n为45时，就能很明显的发现获得结果需要等待一小会儿了。

改进

上面递归代码之所以慢是因为重复计算过多，当我们的递归从小往大计算时，第n次的结果总是前两次之后，而前两次刚好再前面两次已经计算过并记录了。

public static void main(String args[]) {
    System.out.println(fibonacci1(1000));
}

public static int fibonacci1(int n) {
    int[] result = {0, 1};
    if (n < 2) {
        return result[n];
    }
    int preNumberOne = 1;
    int preNumberTwo = 0;
    int number = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        number = preNumberOne + preNumberTwo;
        preNumberTwo = preNumberOne;
        preNumberOne = number;
    }
    return number;
}

斐波那契数列的运用：青蛙跳台阶

题目

一只青蛙可以跳上1级台阶，也可以跳上2级台阶。求该青蛙跳上一个n级台阶总共有多少种跳法。

分析

首先考虑最简单的情况，如果只有一级台阶，青蛙第一次跳的时候，显然只有一种跳法。如果有2级，有两种跳法：一种是跳一级、一种是跳两级。

再看一般情况，假如青蛙跳n级台阶总共有$F{(n)}$ 种跳法，当n > 2 时，第一次有两种不同的选择：1. 只跳1级，此时跳法数据等于后面剩下的n - 1级台阶的跳法数目，即 $ F(n - 1)$。2. 只跳2级，此时跳法数目等于后面剩下的n - 2级台阶的跳法数目，即$ F(n - 2)$ 。因此n级台阶的不同跳法总数为$F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)$。不难看出，这就是一个斐波那契数列。

斐波那契数列的运用：矩形覆盖

题目

我们可以用2 x 1的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用8个 2 x 1的小矩形无重叠地覆盖一个 2 x 8的大巨星，总共有多少种方法？矩形如图：

分析

先把2 x 8的覆盖方法次数记为$F(8)$ ， 用1x2的矩形第一次覆盖到2x8上有两种方式：

1. 竖着盖在最左边，此时的覆盖次数有$F(7)$。
2. 横着覆盖最左上角， 此时覆盖次数记为$F(6)$。
3. 所以，对于2x8的矩形区域，$F(8) = F(7) + F(6)$

显然，又是一个斐波那契数列。

结语

斐波那契数列相关题目特征：

1. 每个步骤有两种不同的操作。
2. 有0和1两个解。
3. 经过两个不同操作后，问题规模将会得到不同程度的降低。