【刷穿 LeetCode】剑指 Offer 10- I. 斐波那契数列 :「动态规划」&「打表」&「矩阵快速幂」

题目描述

这是 LeetCode 上的 剑指 Offer 10- I. 斐波那契数列 ，难度为 简单。

Tag : 「动态规划」、「线性 DP」、「记忆化搜索」、「打表」、「矩阵快速幂」

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 1：

输入：n = 2
输出：1
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示例 2：

输入：n = 5
输出：5
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提示：

• 0 <= n <= 100

递推实现动态规划

既然转移方程都给出了，直接根据转移方程从头到尾递递推一遍即可。

代码：

class Solution {
    int mod = (int)1e9+7;
    public int fib(int n) {
        if (n <= 1) return n;
        int a = 0, b = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            int c = a + b;
            c %= mod;
            a = b;
            b = c;
        }
        return b;
    }
}
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• 时间复杂度：O(n)O(n)
• 空间复杂度：O(1)O(1)

递归实现动态规划

能以「递推」形式实现动态规划，自然也能以「递归」的形式实现。

为防止重复计算，我们需要加入「记忆化搜索」功能，同时利用某个值 xx 在不同的样例之间可能会作为“中间结果”被重复计算，并且计算结果 fib(x)fib(x) 固定，我们可以使用 static 修饰缓存器，以实现计算过的结果在所有测试样例中共享。

代码：

class Solution {
    static int mod = (int)1e9+7;
    static int N = 110;
    static int[] cache = new int[N];
    public int fib(int n) {
        if (n <= 1) return n;
        if (cache[n] != 0) return cache[n];
        cache[n] = fib(n - 1) + fib(n - 2);
        cache[n] %= mod;
        return cache[n];
    }
}
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• 时间复杂度：O(n)O(n)
• 空间复杂度：O(1)O(1)

打表

经过「解法二」，我们进一步发现，可以利用数据范围只有 100100 进行打表预处理，然后直接返回。

代码：

class Solution {
    static int mod = (int)1e9+7;
    static int N = 110;
    static int[] cache = new int[N];
    static {
        cache[1] = 1;
        for (int i = 2; i < N; i++) {
            cache[i] = cache[i - 1] + cache[i - 2];
            cache[i] %= mod;
        }
    }
    public int fib(int n) {
        return cache[n];
    }
}
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• 时间复杂度：将打表逻辑放到本地执行，复杂度为 O(1)O(1)；否则为 O(C)O(C)，CC 为常量，固定为 110110
• 空间复杂度：O(C)O(C)

矩阵快速幂

对于数列递推问题，可以使用矩阵快速幂进行加速，最完整的介绍在 这里 讲过。

对于本题，某个 f(n)f(n) 依赖于 f(n - 1)f(n−1) 和 f(n - 2)f(n−2)，将其依赖的状态存成列向量：

\begin{bmatrix} f(n - 1)\\ f(n - 2) \end{bmatrix}[f(n−1)f(n−2)]

目标值 f(n)f(n) 所在矩阵为：

\begin{bmatrix} f(n)\\ f(n - 1) \end{bmatrix}[f(n)f(n−1)]

根据矩阵乘法，不难发现：

\begin{bmatrix} f(n)\\ f(n - 1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1& 1\\ 1& 0 \end{bmatrix} * \begin{bmatrix} f(n - 1)\\ f(n - 2) \end{bmatrix}[f(n)f(n−1)]=[1110]∗[f(n−1)f(n−2)]

我们令：

mat = \begin{bmatrix} 1& 1\\ 1& 0 \end{bmatrix}mat=[1110]

起始时，我们只有 \begin{bmatrix} f(1)\\ f(0) \end{bmatrix}[f(1)f(0)]，根据递推式得：

\begin{bmatrix} f(n)\\ f(n - 1) \end{bmatrix} = mat * mat * ... * mat * \begin{bmatrix} f(1)\\ f(0) \end{bmatrix}[f(n)f(n−1)]=mat∗mat∗...∗mat∗[f(1)f(0)]

再根据矩阵乘法具有「结合律」，最终可得：

\begin{bmatrix} f(n)\\ f(n - 1) \end{bmatrix} = mat^{n - 1} * \begin{bmatrix} f(1)\\ f(0) \end{bmatrix}[f(n)f(n−1)]=matn−1∗[f(1)f(0)]

计算 mat^{n - 1}matn−1 可以套用「快速幂」进行求解。

代码：

class Solution {
    int mod = (int)1e9+7;
    long[][] mul(long[][] a, long[][] b) {
        int r = a.length, c = b[0].length, z = b.length;
        long[][] ans = new long[r][c];
        for (int i = 0; i < r; i++) {
            for (int j = 0; j < c; j++) {
                for (int k = 0; k < z; k++) {
                    ans[i][j] += a[i][k] * b[k][j];
                    ans[i][j] %= mod;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
    public int fib(int n) {
        if (n <= 1) return n;
        long[][] mat = new long[][]{
            {1, 1},
            {1, 0}
        };
        long[][] ans = new long[][]{
            {1},
            {0}
        };
        int x = n - 1;
        while (x != 0) {
            if ((x & 1) != 0) ans = mul(mat, ans);
            mat = mul(mat, mat);
            x >>= 1;
        }
        return (int)(ans[0][0] % mod);
    }
}
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• 时间复杂度：O(\log{n})O(logn)
• 空间复杂度：O(1)O(1)

其他「打表」内容

注：以上目录整理来自 wiki，任何形式的转载引用请保留出处。

其他「矩阵快速幂」内容

注：以上目录整理来自 wiki，任何形式的转载引用请保留出处。

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 剑指 Offer 10- I 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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