斐波拉契数列的演变过程是什么

本篇内容介绍了“斐波拉契数列的演变过程是什么”的有关知识，在实际案例的操作过程中，不少人都会遇到这样的困境，接下来就让小编带领大家学习一下如何处理这些情况吧！希望大家仔细阅读，能够学有所成！

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1：暴力递归

经常我们面对一个问题，即使我们明确知道了它是一个“无后效性”问题，它可以通过「动态规划」来解决。我们还是觉得难以入手。

这时候我的建议是，先写一个「暴力递归」的版本。

还是以刚刚说到的 LeetCode 62. Unique Paths 举例：

class Solution {
    public int uniquePaths(int m, int n) {
        return recursive(m, n, 0, 0);
    }

    private int recursive(int m, int n, int i, int j) {
        if (i == m - 1 || j == n - 1) return 1;
        return recursive(m, n, i + 1, j) + recursive(m, n, i, j + 1);
    }
}

当我还不知道如何使用「动态规划」求解时，我会设计一个递归函数 recursive() 。

函数传入矩阵信息和机器人当前所在的位置，返回在这个矩阵里，从机器人所在的位置出发，到达右下角有多少条路径。

有了这个递归函数之后，那问题其实就是求解 recursive(m, n, 0, 0)：求解从 (0,0) 到右下角的路径数量。

接下来，实现这个函数：

1. Base case: 由于题目明确了机器人只能往下或者往右两个方向走，所以可以定下来递归方法的 base case 是当已经处于矩阵的最后一行或者最后一列，即只一条路可以走。

2. 其余情况：机器人既可以往右走也可以往下走，所以对于某一个位置来说，到达右下角的路径数量等于它右边位置到达右下角的路径数量 + 它下方位置到达右下角的路径数量。即 recursive(m, n, i + 1, j) + recursive(m, n, i, j + 1)，这两个位置都可以通过递归函数进行求解。

其实到这里，我们已经求解了这个问题了。

但这种做法还有个严重的性能问题。

2：记忆化搜索

如果将我们上述的代码提交到 LeetCode，会得到 timeout 的结果。

可见「暴力递归」的解决方案“很慢”。

我们知道所有递归函数的本质都是“压栈”和“弹栈”。

既然这个过程很慢，我们可以通过将递归版本暴力解法的改为非递归的暴力解法，来解决 timeout 的问题吗？

答案是不行，因为导致 timeout 的原因不在于使用“递归”手段所带来的成本。

而在于在计算过程，我们进行了多次的重复计算。

我们尝试展开递归过程第几步来看看：

不难发现，在递归展开过程会遇到很多的重复计算。

随着我们整个递归过程的展开，重复计算的次数会呈倍数增长。

这才是「暴力递归」解决方案“慢”的原因。

既然是重复计算导致的 timeout，我们自然会想到将计算结果进行“缓存”的方案：

class Solution {
    private int[][] cache;

    public int uniquePaths(int m, int n) {
        cache = new int[m][n];
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            int[] ints = new int[n];
            Arrays.fill(ints, -1);
            cache[i] = ints;
        }
        return recursive(m, n, 0, 0);
    }

    private int recursive(int m, int n, int i, int j) {
        if (i == m - 1 || j == n - 1) return 1;
        if (cache[i][j] == -1) {
            if (cache[i + 1][j] == -1) {
                cache[i + 1][j] = recursive(m, n, i + 1, j);
            }
            if (cache[i][j + 1] == -1) {
                cache[i][j + 1] = recursive(m, n, i, j + 1);
            }
            cache[i][j] = cache[i + 1][j] + cache[i][j + 1];
        }
        return cache[i][j];
    }
}

对「暴力递归」过程中的中间结果进行缓存，确保相同的情况只会被计算一次的做法，称为「记忆化搜索」。

做了这样的改进之后，提交 LeetCode 已经能 AC 并得到一个不错的评级了。

我们再细想一下就会发现，其实整个求解过程，对于每个情况（每个点）的访问次数并没有发生改变。

只是从「以前的每次访问都进行求解」改进为「只有第一次访问才真正求解」。

事实上，我们通过查看 recursive() 方法就可以发现：

当我们求解某一个点 (i, j) 的答案时，其实是依赖于 (i, j + 1) 和 (i + 1, j) 。

也就是每求解一个点的答案，都需要访问两个点的结果。

这种情况是由于我们采用的是“自顶向下”的解决思路所导致的。

我们无法直观确定哪个点的结果会在什么时候被访问，被访问多少次。

所以我们不得不使用一个与矩阵相同大小的数组，将所有中间结果“缓存”起来。

换句话说，「记忆化搜索」解决的是重复计算的问题，并没有解决结果访问时机和访问次数的不确定问题。

2.1：次优解版本的「记忆化搜索」

关于「记忆化搜索」最后再说一下。

网上有不少博客和资料在编写「记忆化搜索」解决方案时，会编写类似如下的代码：

class Solution {
    private int[][] cache;

    public int uniquePaths(int m, int n) {
        cache = new int[m][n];
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            int[] ints = new int[n];
            Arrays.fill(ints, -1);
            cache[i] = ints;
        }
        return recursive(m, n, 0, 0);
    }

    private int recursive(int m, int n, int i, int j) {
        if (i == m - 1 || j == n - 1) return 1;
        if (cache[i][j] == -1) {
            cache[i][j] = recursive(m, n, i + 1, j) + recursive(m, n, i, j + 1);
        }
        return cache[i][j];
    }
}

可以和我上面提供的解决方案作对比。主要区别在于 if (cache[i][j] == -1) 的判断里面。

在我提供解决方案中，会在计算 cache[i][j] 时，尝试从“缓存”中读取 cache[i + 1][j] 和 cache[i][j + 1]，确保每次调用 recursive() 都是必须的，不重复的。

网上大多数的解决方案只会在外层读取“缓存”，在真正计算 cache[i][j] 的时候并不采取先检查再调用的方式，直接调用 recursive() 计算子问题 。

虽然两者相比与直接的「暴力递归」都大大减少了计算次数（recursive() 的访问次数），但后者的计算次数显然要比前者高上不少。

你可能会觉得反正都是“自顶向下”，两者应该没有区别吧？

为此我提供了以下实验代码来比较它们对 recursive() 的调用次数：

class Solution {
    
    public static void main(String[] args) {
        Solution solution = new Solution();
        solution.uniquePaths(15, 15);
    }
    
    private int[][] cache;
    private long count; // 统计 递归函数 的调用次数    public int uniquePaths(int m, int n) {
        cache = new int[m][n];
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            int[] ints = new int[n];
            Arrays.fill(ints, -1);
            cache[i] = ints;
        }
        // int result = recursive(m, n, 0, 0); // count = 80233199        // int result = cacheRecursive(m, n, 0, 0); // count = 393        int result = fullCacheRecursive(m, n, 0, 0); // count = 224        System.out.println(count);
        return result;
    }

    // 完全缓存     private int fullCacheRecursive(int m, int n, int i, int j) {
        count++;
        if (i == m - 1 || j == n - 1) return 1;
        if (cache[i][j] == -1) {
            if (cache[i + 1][j] == -1) {
                cache[i + 1][j] = fullCacheRecursive(m, n, i + 1, j);
            }
            if (cache[i][j + 1] == -1) {
                cache[i][j + 1] = fullCacheRecursive(m, n, i, j + 1);
            }
            cache[i][j] = cache[i + 1][j] + cache[i][j + 1];
        }
        return cache[i][j];
    }

    // 只有外层缓存    private int cacheRecursive(int m, int n, int i, int j) {
        count++;
        if (i == m - 1 || j == n - 1) return 1;
        if (cache[i][j] == -1) {
            cache[i][j] = cacheRecursive(m, n, i + 1, j) + cacheRecursive(m, n, i, j + 1);
        }
        return cache[i][j];
    }

    // 不使用缓存    private int recursive(int m, int n, int i, int j) {
        count++;
        if (i == m - 1 || j == n - 1) return 1;
        return recursive(m, n, i + 1, j) + recursive(m, n, i, j + 1);
    }
}

因为我们使用 cache 数组的目的是减少 recursive() 函数的调用。

只有确保在每次调用 recursive() 之前先去 cache 数组检查，我们才可以将对 recursive() 函数的调用次数减到最少。

在数据为 15 的样本下，这是 O(393n) 和 O(224n) 的区别，但对于一些卡常数特别严重的 OJ，尤其重要。

所以我建议你在「记忆化搜索」的解决方案时，采取与我一样的策略：

确保在每次访问递归函数时先去“缓存”检查。尽管这有点“不美观”，但它能发挥「记忆化搜索」的最大作用。

3：从「自顶向下」到「自底向上」

你可能会想，为什么我们需要改进「记忆化搜索」，为什么需要明确中间结果的访问时机和访问次数？

因为一旦我们能明确中间结果的访问时机和访问次数，将为我们的算法带来巨大的提升空间。

前面说到，因为我们无法确定中间结果的访问时机和访问次数，所以我们不得不“缓存”全部中间结果。

但如果我们能明确中间结果的访问时机和访问次数，至少我们可以大大降低算法的空间复杂度。

这就涉及解决思路的转换：从「自顶向下」到「自底向上」 。

如何实现从「自顶向下」到「自底向上」的转变，还是通过具体的例子来理解。

这是 LeetCode 509. Fibonacci Number，著名的“斐波那契数列”问题。

如果不了解什么是“斐波那契数列”，可以查看对应的 维基百科。

由于斐波那契公式为：

天然适合使用递归：

public class Solution {
    private int[] cache;
    public int fib(int n) {
        cache = new int[n + 1];
        return recursive(n);
    }

    private int recursive(int n) {
        if (n <= 1) return n;
        if (n == 2) return 1;
        if (cache[n] == 0) {
            if (cache[n - 1] == 0) {
                cache[n - 1] = recursive(n - 1);
            }
            if (cache[n - 2] == 0) {
                cache[n - 2] = recursive(n - 2);
            } 
            cache[n] = cache[n - 1] + cache[n - 2];
        }
        return cache[n];
    }
}

但这仍然会有我们之前所说的问题，这些问题都是因为直接递归是“自顶向下”所导致的。

这样的解法的时空复杂度为 O(n) ：每个值计算一次，使用了长度为 n + 1 的数组。

通过观察斐波那契公式，我们可以发现要计算某个 n ，只需要知道 n - 1 的解和 n - 2 的解。

同时 n = 1 和 n = 2 的解又是已知的（base case）。

所以我们大可以从 n = 3 出发，逐步往后迭代得出 n 的解。

由于计算某个值的解，只依赖该值的前一位的解和前两位的解，所以我们只需要使用几个变量缓存最近的中间结果即可：

class Solution {
    public int fib(int n) {
        if (n <= 1) return n;
        if (n == 2) return 1;
        
        int prev1 = 1, prev2 = 1;
        int cur = prev1 + prev2;
        for (int i = 3; i <= n; i++) {
            cur = prev1 + prev2;
            prev2 = prev1;
            prev1 = cur;
        }
        return cur;
    }
}

这样我们就把原本空间复杂度为 O(N) 的算法降低为 O(1) ：只是用了几个有限的变量。

但不是所有的「动态规划」都像“斐波那契数列”那么简单就能实现从“自顶向下”到“自底向上”的转变。

当然也不是毫无规律可循，尤其是我们已经写出了「暴力递归」的解决方案。

让我们再次回到 LeetCode 62. Unique Paths 当中：

class Solution {
    public int uniquePaths(int m, int n) {
        // 由于我们的「暴力递归」函数，真正的可变参数就是 i 和 j（ 变化范围分别是 [0,m-1] 和 [0, n-1] ）        // 所以建议一个二维的 dp 数组进行结果存储（相当于建一个表格）        int[][] dp = new int[m][n];
        
        // 根据「暴力递归」函数中的 base case        // 我们可以直接得出 dp 中最后一行和最后一列的值（将表格的最后一行和最后一列填上）        for (int i = 0; i < n; i++) dp[m - 1][i] = 1        for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][n - 1] = 1;
        
        // 根据「暴力递归」函数中对其他情况的处理逻辑（依赖关系）编写循环        //（根据表格的最后一行和最后一列的值，得出表格的其他格子的值）        for (int i = m - 2; i >= 0; i--) {
            for (int j = n - 2; j >= 0; j--) {
                dp[i][j] = dp[i + 1][j] + dp[i][j + 1];
            }
        }
        
        // 最终我们要的是 dp[0][0]（表格中左上角的位置，也就起点的值）        return dp[0][0];
        
        // 原「暴力递归」调用        // return recursive(m, n, 0, 0);    }

    private int recursive(int m, int n, int i, int j) {
        // base case        if (i == m - 1 || j == n - 1) return 1;
        // 其余情况        return recursive(m, n, i + 1, j) + recursive(m, n, i, j + 1);
    }
}

不难发现，我们甚至可以直接根据「暴力递归」来写出「动态规划」，而不需要关心原问题是什么。

简单的「动态规划」其实就是一个“打表格”的过程：

先根据 base case 定下来表格中的一些位置的值，再根据已得出值的位置去推算其他格子的信息。

推算所用到的依赖关系，也就是我们「暴力递归」中的“其余情况”处理逻辑。

动态规划的本质

动态规划的本质其实仍然是枚举：枚举所有的方案，并从中找出最优解。

但和「暴力递归」不同的是，「动态规划」少了很多的重复计算。

因为所依赖的这些历史结果，都被存起来了，因此节省了大量重复计算。

从这一点来说，「动态规划」和「记忆化搜索」都是类似的。

要把历史结果存起来，必然要使用数据结构，在 dp 中我们通常使用一维数组或者二维数据来存储，假设是 dp[]。

那么对应解 dp 问题我们有以下过程

1. 状态定义 ： 确定 dp[] 中元素的含义，也就是说需要明确 dp[i] 是代表什么内容

2. 状态转移 ：确定 dp[] 元素之间的关系，dp[i] 这个格子是由哪些 dp 格子推算而来的。如斐波那契数列中就有 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]

3. 起始值 ：base case，dp[] 中的哪些格子是可以直接得出结果的。如斐波那契数列中就有 dp[0] = 0 和 dp[1] = 1

消除“后效性”

我们知道使用「动态规划」的前提是问题的“无后效性” 。

但是有些时候问题的“无后效性” 并不容易体现。

需要我们多引入一维来进行“消除”。

例如 LeetCode 上经典的「股票问题」，使用动态规划求解时往往需要多引入一维表示状态，有时候甚至需要再引入一维代表购买次数。

注意这里说的消除是带引号的，其实这样的做法更多的是作为一种“技巧”，它并没有真正改变问题“后效性” ，只是让问题看上去变得简单的。

“斐波拉契数列的演变过程是什么”的内容就介绍到这里了，感谢大家的阅读。如果想了解更多行业相关的知识可以关注创新互联网站，小编将为大家输出更多高质量的实用文章！