Leetcode509. 斐波那契数

最新推荐文章于 2025-11-24 01:23:29 发布
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#leetcode #算法

该文章讨论了LeetCode第509题——斐波那契数的解决方案，重点是使用递归的方法。文章指出，递归解法的时间复杂度为O(2^n)，空间复杂度为O(n)，并提到了这种方法的效率问题。此外，还提及有其他解法可参考官方题解以获取更多解题思路。

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题目来源：509. 斐波那契数

解法1：递归

代码：

/*
 * @lc app=leetcode.cn id=509 lang=cpp
 *
 * [509] 斐波那契数
 */

// @lc code=start
class Solution
{
public:
    int fib(int n)
    {
        if (n == 0)
            return 0;
        if (n == 1)
            return 1;
        return fib(n - 1) + fib(n - 2);
    }
};
// @lc code=end

结果：

在这里插入图片描述

复杂度分析：

时间复杂度：O(2n)。总的调用次数结果是2n-1-1。

空间复杂度：O(n)。fib(n-1)一路沿fib(2)返回后消毁栈帧，调用fib(n-2)并建立栈帧后，实际上 fib(n-2)与fib(n-1)用的是同一块栈帧空间。

解法2：

其他解法见于官方题解Leetcode509. 斐波那契数。

Leetcode 509. 斐波那契数
我不是码农的博客~~~
06-01 359
斐波那契数 （通常用 F(n) 表示）形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是： 给定 n ，请计算 F(n) 。示例 1： 示例 2： 示例 3： 提示：Code:
Leetcode509. 斐波那契数（递归和常规两种写法）
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好久好久没写算法了，最近开始写，先从最简单的开始。希望自己可以坚持下去。F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1。开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。表示）形成的序列称为。
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动态规划入门
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04-02 425
本题可以采用动态规划来解决。题目中已经给出了递推公式和初始值。用一个 dp 数组来存储结果和中间值，dp[i] 表示 第 i 个数的斐波那契值。F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1。开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。表示）形成的序列称为。
leetcode509.斐波那契数
欢迎来到我的博客~
08-18 440
由于 F(n) 只和 F(n−1) 与 F(n−2) 有关，因此可以使用「滚动数组思想」把空间复杂度优化成 O(1)。斐波那契数的边界条件是 F(0)=0 和 F(1)=1。F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1。解释：F(2) = F(1) + F(0) = 1 + 0 = 1。解释：F(3) = F(2) + F(1) = 1 + 1 = 2。解释：F(4) = F(3) + F(2) = 2 + 1 = 3。给定 n ，请计算 F(n)。
leetcode 509. Fibonacci Number 斐波那契数
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10-20 309
这道题要求计算第n个斐波那契数。斐波那契数列定义为F(0)=0，F(1)=1，F(n)=F(n-1)+F(n-2)。解法采用迭代方式，通过两个变量a和c来保存前两个斐波那契数，每次循环更新它们的值。时间复杂度O(n)，只需遍历n次；空间复杂度O(1)，仅使用常数空间。特殊情况n=0或1直接返回。最终返回变量c即为所求斐波那契数。
leetcode 509. 斐波那契数
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（通常用F(n)表示）形成的序列称为。该数列由0和1开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是：F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1给定n，请计算F(n)。
leetcode509. 斐波那契数
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04-19 671
我们可以采用动态规划的方法来计算f(n),就是从f(2)开始一直继承计算数据,这样就不用重复运算f(n-1)与f(n-2)两个数据了。F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1。解释：F(2) = F(1) + F(0) = 1 + 0 = 1。解释：F(3) = F(2) + F(1) = 1 + 1 = 2。解释：F(4) = F(3) + F(2) = 2 + 1 = 3。由题目条件,f(n)=f(n-1)+f(n-2)给定 n ，请计算 F(n)。
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该算法使用深度优先搜索(DFS)判断二叉树是否存在根到叶子的路径和等于目标值。关键点：1)空节点返回false；2)到达叶子节点时若剩余和为0则返回true；3)递归检查左右子树。时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)(最坏情况下)。注意空树必须返回false，因为路径必须从根到叶子节点。
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本文介绍了堆数据结构的核心特性与操作实现。堆是一种完全二叉树，分为最大堆（父节点≥子节点）和最小堆（父节点≤子节点），通过数组存储可实现高效极值操作（O(log n)）。文章详细展示了最小堆的Java实现，包括插入元素（上浮操作）、删除堆顶（下沉操作）和堆化过程，并提供了数组索引映射公式。此外，还介绍了Java内置的PriorityQueue类，可直接用作最小堆或通过自定义比较器实现最大堆，适用于LeetCode等算法题目中动态维护极值的场景。
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（3）反转之后就可以比较了，当然，存在奇数和偶数长度的问题，当我们找中点时，链表后半部分的长度一定是<=前半部分的，所以只需要遍历后半部分，和前半部分不断比较即可~fast一次走两步，slow一次走一步（x = vt，fast = 2 * t，slow = 1 * t，当fast走完链表，意味着slow刚好走了链表的一半）1 2 3 3 2 1：找到的中点是左3，反转之后左边是123,右边是123,以右边为准对比。1 2 3 2 1：找到的中点是3，反转之后左边是123,右边是12，以右边为准对比。
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1. 需要理解 dfs，利用 book 数组标记已经 排列过的元素，在遍历之前，找到没排列的数组，并记录预存的结果，一层一层遍历当前位置的可能性，知道遍历到所有的位置，但需要注意 js 的一个点是 对于复杂类型参数传递是 地址传递，所以在最后push到结果数组的时候，需要拷贝该数组的值，否则结果数组就会变成 全是 空数组。这个全排列要求的是 不重复排列，这里我们只要考虑到，每个位置的 值，我们只要不重复 往下迭代就行，所以我们利用 set 去记录已经遍历的值，只有没出现的才往下迭代就行。
leetcode70.爬楼梯思路
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<think>我们被要求回答LeetCode70题“爬楼梯”的解题思路，重点在动态规划和递归方法。根据引用内容，我们可以总结如下：1.问题描述：爬楼梯，每次可以爬1或2个台阶，到达第n阶有多少种不同的方法。2.动态规划是解决此问题的典型方法，状态转移方程为：dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]。3.递归方法虽然直观，但存在重复计算，可能导致超时，可以使用记忆化搜索优化（Top-DownDP）。4.动态规划（自底向上）通常使用数组存储中间结果，然后进行空间优化（例如用两个变量代替数组）。我们将按照以下结构组织回答：一、问题描述二、思路分析（递归关系）三、递归方法（及优化）四、动态规划方法（及优化）五、总结同时，根据要求，我们需要在回答末尾生成相关问题。注意：所有数学表达式（包括变量、方程）使用$...$格式，独立公式使用$$...$$格式。回答使用中文。引用标识：在引用的内容末尾添加[^1]、[^2]等，但注意我们引用的内容来自用户提供的引用[1]到[4]。</think>### LeetCode 70：爬楼梯｜动态规划与递归解析 #### 一、问题描述 给定楼梯阶数 $n$，每次可爬 $1$ 或 $2$ 阶，求到达第 $n$ 阶的不同方法总数。 #### 二、核心思路 **状态转移方程**： $$ dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] $$ 其中 $dp[i]$ 表示到达第 $i$ 阶的方法数。该方程源于：第 $i$ 阶只能从 $i-1$ 阶（爬 $1$ 阶）或 $i-2$ 阶（爬 $2$ 阶）到达[^2][^4]。 --- #### 三、动态规划解法（推荐） **自底向上迭代**，避免递归重复计算： ```python def climbStairs(n: int) -> int: if n <= 2: return n # 边界处理 dp = [0] * (n+1) dp[1], dp[2] = 1, 2 # 初始状态 for i in range(3, n+1): dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] # 状态转移 return dp[n] ``` **空间优化**（滚动变量）： 仅需存储前两个状态，空间复杂度优化至 $O(1)$： ```python def climbStairs(n: int) -> int: if n <= 2: return n a, b = 1, 2 # a=dp[i-2], b=dp[i-1] for _ in range(3, n+1): a, b = b, a + b # 更新状态 return b ``` --- #### 四、递归解法（需优化） **基础递归**（不推荐）： 直接实现状态方程，但存在指数级重复计算： ```python def climbStairs(n: int) -> int: if n == 1: return 1 if n == 2: return 2 return climbStairs(n-1) + climbStairs(n-2) # 递归分解 ``` **问题**：计算 $dp[5]$ 需重复计算 $dp[3]$ 和 $dp[4]$，时间复杂度 $O(2^n)$，$n=45$ 时超时[^3]。 **优化：记忆化搜索（Top-Down DP）** 添加缓存避免重复计算，时间复杂度降为 $O(n)$： ```python def climbStairs(n: int) -> int: memo = {} # 记忆字典 def dfs(k): if k <= 2: return k if k not in memo: memo[k] = dfs(k-1) + dfs(k-2) # 缓存结果 return memo[k] return dfs(n) ``` --- #### 五、复杂度对比 | 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 适用性 | |---------------|------------|------------|----------------| | 基础递归 | $O(2^n)$ | $O(n)$ | 仅小 $n$ | | 记忆化搜索 | $O(n)$ | $O(n)$ | 需额外缓存 | | 动态规划 | $O(n)$ | $O(n)$ | 通用 | | **空间优化DP**| $O(n)$ | $O(1)$ | **最优解** | > **总结**：动态规划（尤其空间优化版）是本题最佳解法。其本质是斐波那契数列问题，状态转移方程 $dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]$ 是核心[^1][^2]。 ---
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