斐波那契数列使用递归的运行时间分析

前言

在这学期（大三上）去“蹭”了一次校招面试题，编程题中就有一道关于斐波那契数列的编程问题。如果不选择递归求解，就需要说明原因。当时还没怎么接触算法这方面的知识（笔者非科班），关于什么运行时间分析、空间复杂度分析的就是一脸懵逼，于是就描述了下可能会引发栈溢出的问题。在慢慢学习了一些算法基础之后，才明白那道题想考的就是关于运行时间的分析！

什么都别说，先“走”两步

下面是使用递归计算斐波那契数列第n项的例程：

long fib(int n) {if (n <= 1) {return 1;} else {return fib(n - 1) + fib(n - 2);}
}

下面开始计算运行时间：

设T(N)为函数fib(n)的运行时间，当n ≤ 1时，运行时间等于某个常数值，也就是执行if条件判断的时间，那么T(0) = T(1) = 1（时间单位）;
当n ≥ 2时，T(N) = T(N - 1) + T(N - 2) + 2（2表示执行条件判断和加法的时间）;
由fib(n) = fib(n - 1) + fib(n - 2), n ≥ 2,由归纳法可以证明T(N) ≥ fib(N)，同理可证当n > 4时，fib(n) > (3 / 2) ^ n，~~也就是说(3 / 2) ^ n = o(T(N))~~（勘误），即运行时间大于随着n的增加呈指数增长的情形，可见此场景下如此使用递归效率的低下。

附：

证明1：
基准情形：T(0) = T(1) = fib(0) = fib(1) = 1
归纳假设：当0 ≤ n ≤ N，T(N) ≥ fib(N)
则只需证明T(N + 1) ≥ fib(N + 1)即可。
而T(N + 1) = T(N) + T(N - 1) ,由归纳假设可得：
T(N + 1) ≥ fib(N) + fib(N - 1) => T(N + 1) ≥ fib(N) ，原命题得证。

证明2：
基准情形：fib(5) = 8 > ((3 / 2) ^ 5), fib(6) = 13 > ((3 / 2) ^ 6)
归纳假设：当4 ≤ n ≤ N时，fib(N) > ((3 / 2) ^ N)
则只需证明fib(N + 1) > ((3 / 2) ^ (N + 1)) 即可。
而fib(N + 1) = fib(N) + fib(N - 1) ，由归纳假设可得：
fib(N + 1) > (3 / 2) ^ N + (3 / 2) ^ (N - 1) => fib(N + 1) > (3 / 2) ^ (N + 1) ÷ (3 / 2) + (3 / 2) ^ (N + 1) ÷ (3 / 2) ^ 2 => fib(N + 1) > (3 / 2) ^ (N + 1) * (10 / 9) => fib(N + 1) > (3 / 2) ^ (N + 1)

在给出普通数组和for循环的实现，以作对比：

for (int i = 0; i < numbersCount; i ++) {if (i <= 1) {numbers[i] = 1;} else {numbers[i] = numbers[i -1] + numbers[i - 2];}
}

可以很容易得到运行时间T(N) = O(N)，比起使用递归，运行时间被实质性的减少了。之所以这样递归的运行时间开销很大是因为做了很多重复的工作，也就是每求一个数都需要递归到基准情形，N越大，两次起始的递归交叠程度越大，效率自然而然就降低了！

总结

在学习算法的很短的日子了就深刻体会到了一点：学好数学很重要、学好数学很重要、学好数学很重要！特别是一些数学公式的记忆，比如让你求等差数列的前项和，如果记不得公式，恐怕你就只有循环求解了，但如果你记得的话就是一个公式就可以搞定的啊！当然，这只是一个简单的比喻，但本质的道理是相同的。所以如果你还有数学课，那么且行且珍惜！

勘误

在这里敲打一遍几个记法的定义，给自己长长记性：

如果存在正整数c和n₀使得当N≥n₀时T(N) ≤ cf(N)，则记为T(N) = O(f(N))。
如果存在正常数c和n₀使得当N≥n₀时T(N) ≥ cg(N)，则记为T(N) = Ω(g(N))。
T(N) = ⊝(h(N))当且仅当T(N) = O(h(N))和T(N) = Ω(h(N))。
如果对所有的常数c存在n₀使得当N > n₀时T(N) < cp(N)，则记为T(N) = o(p(N))。

可见，此处下这样的定义是不恰当的。

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