标签:dpdp 数列 递归 int sum 那切 菲波 dp
解题思路
斐波那契数列的定义:f(n)=f(n-1)+f(n-2), 求解f(n) 的方式有以下三种:
- 递归法:
- 原理:一个问题可以拆分几个子问题,这个问题和分解后的子问题解决思路一致,有终止条件,例如求f(n) 分解求f(n-1)、 f(n-2),f(0)、f(1)是递归终止条件
- 存在的问题:递归求解时,存在大量的重复计算。例如,求解f(n) f(n-1) 需要计算两次f(n-2)。法:
- 原理:递归法的基础上,新建一个长度为 nn 的数组,用于在递归时存储 f(0)f(0) 至 f(n)f(n) 的数字值,重复遇到某数字则直接从数组取用,避免了重复的递归计算
- 存在的问题:需要另外一个O(n)大小的空间
- 动态规划:
- 原理:f(n)=f(n-1)+f(n-2) 通项公式既是转移方程
-
动态规划解析:
状态定义: 设 dpdp 为一维数组,其中 dp[i]dp[i] 的值代表 斐波那契数列第 ii 个数字 。
转移方程: dp[i + 1] = dp[i] + dp[i - 1]dp[i+1]=dp[i]+dp[i−1] ,即对应数列定义 f(n + 1) = f(n) + f(n - 1)f(n+1)=f(n)+f(n−1) ;
初始状态: dp[0] = 0dp[0]=0, dp[1] = 1dp[1]=1 ,即初始化前两个数字;
返回值: dp[n]dp[n] ,即斐波那契数列的第 nn 个数字。
空间复杂度优化:
若新建长度为 nn 的 dpdp 列表,则空间复杂度为 O(N)O(N) 。由于 dpdp 列表第 ii 项只与第 i-1i−1 和第 i-2i−2 项有关,因此只需要初始化三个整形变量 sum, a, b ,利用辅助变量 sumsum 使 a, ba,b 两数字交替前进即可 (具体实现见代码) 。
节省了 dpdp 列表空间,因此空间复杂度降至 O(1)O(1) - 代码
class Solution { public int fib(int n) { int a = 0, b = 1, sum; for(int i = 0; i < n; i++){ sum = (a + b); a = b; b = sum; } return a; } }
标签:dpdp,数列,递归,int,sum,那切,菲波,dp
来源: https://www.cnblogs.com/jiags/p/15230065.html
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