斐波那契数列，其最开始的几项是0、1、1、2、3、5、8、13、21、34…… ，后面的每一项是前两项之和，事实上，斐波那契在数学上有自己的严格递归定义。
f0 = 0
f1 = 1
f(n) = f(n-1) + f(n-2)
斐波那契数列其实有很多有趣的性质，比如你拿斐波那契里每项数为半径绘制1/4圆弧，你就会得到著名的黄金螺旋线。
上图只是绘制到了10多项，如果继续绘制，会变成下面这样。。
另外斐波那契数还有一个神奇的性质，f(n-1)/f(n)约等于黄金分割比例，n越大，其越接近黄金分割比0.6180339887…… 。
扯远了，回到今天的正题，如何求斐波那契数列第n项，如果作为面试题的话，也可以考察候选人很多方面，比如递归、优化、数学…… 当然现在大厂面试时很大可能也不会直接出斐波那契了，而是可能出现其变形，文末会给出几个相关参考题。
求解斐波那契数列第n项有很多种方式
递归求解
根据其递归定义，我们很容易写出以下递归函数来计算斐波那契第n项。
private static long fibonacci(int n) {
if (n == 0) {
return 0L;
}
if (n == 1) {
return 1L;
}
return fibonacci(n-1) + fibonacci(n-2);
}
虽然按其数学定义来看，代码是没问题，但这种实现效率非常低，存在着大量的重复计算，不信你用你自己电脑执行下fibonacci(30) 试试！ 哦，对了，如果面试官让你分析下上述代码的时间复杂度，你会分析吗？？
fib(5)
/ \
fib(4) fib(3)
/ \ / \
fib(3) fib(2) fib(2) fib(1)
/ \ / \ / \
fib(2) fib(1) fib(1) fib(0) fib(1) fib(0)
/ \
fib(1) fib(0)
像上图中，fib(3) fib(2) 被重复计算多次，实际上对于任意n，其n-2节点都会出现在其左右子树中。大致看起来递归求斐波那契数列的时间复杂度为O(2^n)，这个也不是精确上界，精确证明见递归求解斐波那契数列的时间复杂度——几种简洁证明
当然递归版本也有有方法优化的，我们之前打ACM的时候有种方法叫做记忆化搜索，其本质上就是把计算结果缓存下来，下次用的时候就直接取，而不是重复计算，这样可以避免上述代码中大量的重复计算，可以将其时间复杂度从O(2^n) 降至 O(n)。针对上面代码的改动也很简单，你可以自己试试（提示：就是加个全局数组保证下结果）。
递推求解
我们在解决问题的时候，逆向思维也很重要，逆向思维往往能找到更高效直接的解决方案。上述递归的方式其实是从后往前计算，事实上我们可以从前往后计算。居然我们已知f0和f1，那我们就可以算出f2，紧接着算出f3 f4，一直到fn。
private static long fibonacci(int n) {
long[] fb = new long[n+1];
fb[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
fb[i] = fb[i-1] + fb[i-2];
}
return fb[n];
}
不过上述代码依旧有优化空间。我们计算fb[i]只需要fb[i-1]和fb[i-2]两项即可，是不是0到i-3都白存了！其实只需要保存长度为2的滑动窗口即可，优化后代码如下：
private static long fibonacci(int n) {
if (n < 2) {
return n;
}
long fa = 0L;
long fb = 1L;
long fc = fa + fb;
for (int i = 2; i < n; i++) {
fc = fa + fb;
fa = fb;
fb = fc;
}
return fc;
}
比内公式
其实斐波那契第n项是有计算公式的，称为比内公式，如下：
在维基百科Fibonacci number上有严格的证明过程，有兴趣可以参考下。但这个公式其实并不适合计算机来计算。首先，根号5是个无理浮点数，众所周知当今的计算机在处理浮点数时是有精度损失的，另外计算机计算浮点数的速度也比较慢。当然，你也别惦记着把这个公式背下来，你面试过程中不一定能想起来这个，当然如果你是数学大牛的话，你可以参考下推导过程，直接在面试现场把结论推导出来，肯定能唬住大部分面试官的。
矩阵幂运算
上面已经说了比内公式有低效和精度损失的问题，我这里当然有更牛x的方案了，那就是借助矩阵的运算来解决，借助如下公式，我们可以计算出斐波那契的第n项。
如果再进一步，公式可以化简为：
具体推导过程见维基百科Fibonacci number，当然这里我直接用octave验证过了，毫无问题。
>>fb = [1,1;1,0]
fb =
1 1
1 0
>>fb^10
ans =
89 55
55 34
>>fb^30
ans =
1346269 832040
832040 514229
小学三年级的时候我们学过求n次方的快速幂算法，可以把求n次方的时间复杂度从O(n)降低到O(log(n))，对于矩阵我们当然也可以用快速幂算法(不知道快速幂的同学可以去复习下了)。
// 快速求矩阵的n次方
private static long[][] pow(long[][] matrix, int n) {
if (n == 1) {
return matrix;
}
long[][] res = pow(matrix, n/2);
res = multi(res, res);
if (n%2 == 1) {
res = multi(res, matrix);
}
return res;
}
// 两个矩阵相乘
private static long[][] multi(long[][] m1, long[][] m2) {
long[][] res = new long[2][2];
res[0][0] = m1[0][0]*m2[0][0] + m1[0][1]*m2[1][0];
res[0][1] = m1[0][0]*m2[0][1] + m1[0][1]*m2[1][1];
res[1][0] = m1[1][0]*m2[0][0] + m1[1][1]*m2[1][0];
res[1][1] = m1[1][0]*m2[0][1] + m1[1][1]*m2[1][1];
return res;
}
public static void main(String[] args) {
long[][] fb = {{1,1},{1,0}};
long[][] res = pow(fb, 10);
System.out.println(res[0][1]);
}
上述几种解法把时间复杂度从O(2^n)降低到了O(log(n))，实际上还有O(1)的解法。斐波那契数列其实是一个增长很快的数列，n用不了多大就会超过int甚至long所能表示的范围(n大概几十就会溢出)，所以可以直接存下来，用的时候直接取，用空间换时间，从而达到O(1)的时间复杂度。
面试题扩展
求斐波那契第n项虽然看起来很基础，但它也有着很高级的解法，平凡中蕴藏着不凡。事实上，你现在出去面试，大概率不会遇到面试官直接问你斐波那契，而是其变形题或是和其他内容融合的题，比如：
- 你每次可以上1级台阶，或者2级台阶，问：上到第n级台阶总共有多少种不同的路径？
- fib(i)对应的是斐波那契的第i项，找到所有第fin(i)个素数(i<=20)，比如fib(20)是6765，第6765个素数是67931。
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