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1. 题目介绍（）

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。

【测试用例】：
示例 1：

输入：n = 2
输出：1

示例 2：

输入：n = 5
输出：5

【条件约束】：

提示：

• 0 <= n <= 100

2. 题解

2.1 递归实现 — O(2ⁿ)

时间复杂度O(2ⁿ)，空间复杂度O(1)

class Solution {// 第一种方法：递归实现public int fib(int n) {// 1. n为0时，返回0if (n == 0) return 0;// 2. n为1时，返回1else if (n == 1) return 1;// 3. 从第三个数开始，之后的每个数都为前两项数的和else return fib(n-1) + fib(n-2);}
}

改进： 使用数组保存每一次的运算结果；改进之后时间复杂度： 从2的n次方降为了O(n²)，空间复杂度：O(n)。

class Solution {int[] ints;public int fib(int n) {ints = new int[n];if(n <= 1) return n;return (f(n - 1) + f(n - 2)) % 1000000007;}private int f(int n) {if(n == 0 || n == 1) return n;if (ints[n] != 0){return ints[n];}ints[n] = (f(n - 1) + f(n - 2)) % 1000000007;return (f(n - 1) + f(n - 2)) % 1000000007;}
}

2.2 滚动数组循环实现

时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)

数组不断滚动向后，逐次累加

class Solution {// 第二种方法：循环实现public int fib(int n) {final int MOD = 1000000007;// 1. 定义辅助数组res，用以记录当前值的前两项值long[] res = {0,1};// 2. 如果n小于2，直接返回if (n < 2){return (int)res[n];} // 3. 定义sum，用于记录从第三项开始，所得到的前两项加和long sum  = 0;for (int i = 2; i <= n; i++){    // 4. sum为前两项加和，然后依次交换元素，逐次相加sum = (res[0] + res[1]) % MOD;res[0] = res[1];res[1] = sum;}return (int)sum;}
}

2.3 矩阵快速幂 – O(logn)

时间复杂度O(logn)，空间复杂度O(1)

这就涉及到了斐波那契数列的数学公式。

快速幂算法原理: 如需求数据 a 的幂次，此处 a 可以为数也可以为矩阵，常规做法需要对a进行不断的乘积即 a * a * a * …

以求 3^10 的结果为例：
[优化步骤1：]
易知：
3^10=3*3*3*3*3*3*3*3*3*3
=9^5 = 9^4*9
=81^2*9
=6561*9

基于以上原理，我们在计算一个数的多次幂时，可以先判断其幂次的奇偶性，然后：

• 如果幂次为偶直接 base(底数) 作平方，power(幂次) 除以2

• 如果幂次为奇则底数平方，幂次整除于2然后再多乘一次底数

[优化步骤2：]

对于以上涉及到 [判断奇偶性] 和 [除以2] 这样的操作。使用系统的位运算比普通运算的效率是高的，因此可以进一步优化：

• 把 power % 2 == 1 变为 (power & 1) == 1

• 把 power = power / 2 变为 power = power >> 1

class Solution {static final int MOD = 1000000007;public int fib(int n) {//矩阵快速幂if (n < 2) {return n;}//定义乘积底数int[][] base = {{1, 1}, {1, 0}};//定义幂次int power = n - 1;int[][] ans = calc(base, power);//按照公式，返回的是两行一列矩阵的第一个数return ans[0][0];}//定义函数,求底数为 base 幂次为 power 的结果public int[][] calc(int[][] base, int power) {//定义变量，存储计算结果，此次定义为单位阵int[][] res = {{1, 0}, {0, 1}};//可以一直对幂次进行整除while (power > 0) {//1.若为奇数，需多乘一次 base//2.若power除到1，乘积后得到res//此处使用位运算在于效率高if ((power & 1) == 1) {res = mul(res, base);}//不管幂次是奇还是偶，整除的结果是一样的如 5/2 和 4/2//此处使用位运算在于效率高power = power >> 1;base = mul(base, base);}return res;}//定义函数,求二维矩阵：两矩阵 a, b 的乘积public int[][] mul(int[][] a, int[][] b) {int[][] c = new int[2][2];for (int i = 0; i < 2; i++) {for (int j = 0; j < 2; j++) {//矩阵乘积对应关系，自己举例演算一遍便可找到规律c[i][j] = (int) (((long) a[i][0] * b[0][j] + (long) a[i][1] * b[1][j]) % MOD);}}return c;}
}

3. 参考资料

[1] 一题解带你走进递归和动态规划算法的大门 – 递归改进代码来源
[2] 斐波那契数列（力扣官方题解）-- (Comment 腌菜读作梦想) – 矩阵快速幂解法来源