关于斐波那契数列那些事

最近在做题的时候，发现了一个有趣的东西，叫做斐波那契数列。这个可谓说是笔试必考递归之一。有点好玩。首先来看一下斐波那契数列定义。

斐波那契数列Defination

斐波那契数列指的是这样一个数列 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233，377，610，987，1597，2584，4181，6765，10946，17711，28657，46368。特别指出：第0项是0，第1项是第一个1，这个数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和。斐波那契数列也称为黄金数列。

在数学上，斐波纳契数列以如下被以递归的方法定义：

f (0) = 0, f (1) = 1, f (n) = f (n - 1) + f (n - 2), n \in N ， n \geq 2

$f(0) = 0, f(1) = 1, f(n) = f(n-1) + f(n-2) , n∈N，n≥2$

接下来以几道题来试试斐波那契数列的用法。

第一道题，定义编程题

题目描述
要求输入一个整数n，请你输出斐波那契数列的第n项。（n<=39）
代码解答

function Fibonacci(n)
{
    if(n==0){
        return 0;
    }else if(n==1){
        return 1;
    }
    var FibonacciArray = [0,1];
    for(var i=2; i<=n; i++){
        FibonacciArray.push(FibonacciArray[i-1] + FibonacciArray[i-2]);
    }

    return FibonacciArray.pop();
}

第二道题，青蛙跳台阶问题

题目描述
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。
代码解答

function jumpFloor(number)
{
    if(number <= 2){
        return number;
    }
    var arr = [0,1,2];
    for(var i=3;i<=number;i++){
        arr.push(arr[i-1] + arr[i-2]);
    }

    return arr.pop();
}

第三道题，变态跳台阶问题

题目描述
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级……它也可以跳上n级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。
思路分析
关于本题，前提是n个台阶会有一次n阶的跳法。分析如下:
$f(1) = 1$
$f(2) = f(2-1) + f(2-2) //f(2-2) 表示2阶一次跳2阶的次数。$
$f(3) = f(3-1) + f(3-2) + f(3-3)$
$...$
$f(n) = f(n-1) + f(n-2) + f(n-3) + ... + f(n-(n-1)) + f(n-n)$
说明：
1）这里的f(n) 代表的是n个台阶有一次1,2,…n阶的跳法数。
2） n = 1时，只有1种跳法，f(1) = 1
3） n = 2时，会有两个跳得方式，一次1阶或者2阶，这回归到了问题(1)，f(2) = f(2-1) + f(2-2)
4） n = 3时，会有三种跳得方式，1阶、2阶、3阶，那么就是第一次跳出1阶后面剩下：f(3-1)；第一次跳出2阶，剩下f(3-2)；第一次3阶，那么剩下f(3-3)
因此结论是f(3) = f(3-1)+f(3-2)+f(3-3)
5） n = n时，会有n中跳的方式，1阶、2阶…n阶，得出结论：f(n) = f(n-1)+f(n-2)+…+f(n-(n-1)) + f(n-n) => f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + … + f(n-1)
6）由以上已经是一种结论，但是为了简单，我们可以继续简化：
f(n-1) = f(0) + f(1)+f(2)+f(3) + … + f((n-1)-1) = f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + … + f(n-2)；f(n) = f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + … + f(n-2) + f(n-1) = f(n-1) + f(n-1)
可以得出：f(n) = 2*f(n-1)
7）得出最终结论,在n阶台阶，一次有1、2、…n阶的跳的方式时，总得跳法为：
代码解答

function jumpFloorII(number)
{
    if(number <= 2){
        return number;
    }else{
        return 2*jumpFloorII(number-1);
    }
}

第四道题，矩形覆盖问题

题目描述
我们可以用2*1的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个2*1的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形，总共有多少种方法？
思路解析
用归纳法归纳如下：
1）当 n < 1时，显然不需要用2*1块覆盖，按照题目提示应该返回 0。
2）当 n = 1时，只存在一种情况。

3）当 n = 2时，存在两种情况。

4）当 n = 3时，明显感觉到如果没有章法，思维难度比之前提升挺多的。

尝试归纳，本质上 n 覆盖方法种类都是对 n - 1 时的扩展。可以明确，n 时必定有 n-1时原来方式与2*1的方块结合。也就是说, f(n) = f(n-1) + ?(暂时无法判断)。
5）如果我们现在归纳 n = 4，应该是什么形式？
保持原来n = 3时内容，并扩展一个 2*1 方块，形式分别为 “| | | |”、“= | |”、“| = |”；新增加的2*1 方块与临近的2*1方块组成 2*2结构，然后可以变形成 “=”。于是 n = 4在原来n = 3基础上增加了”| | =”、“= =”；再自己看看这多出来的两种形式，是不是只比n = 2多了“=”。其实这就是关键点所在…因为，只要2*1或1*2有相同的两个时，就会组成2*2形式，于是就又可以变形了。
6）所以，自然而然可以得出规律： f(n) = f(n-1) + f(n-2)， (n > 2)。
拓展发散
如果看了这一套理论还存在疑惑。可以尝试将题目改成1*3方块覆盖3*n、1*4方块覆盖4*n。相应的结论应该是：
（1）1 * 3方块覆盖3*n区域：f(n) = f(n-1) + f(n - 3)， (n > 3)
（2） 1 *4 方块覆盖4*n区域：f(n) = f(n-1) + f(n - 4)，(n > 4)
更一般的结论：
如果用1*m的方块覆盖m*n区域，递推关系式为f(n) = f(n-1) + f(n-m)，(n > m)。
代码解答

function rectCover(number)
{
    if(number <= 2){
        return number;
    }
    var arr=[0,1,2];
    for(var i=3;i<=number;i++){
        arr.push(arr[i-1]+arr[i-2]);
    }
    return arr.pop();
}

关于斐波那契数列的应用就到这里啦。个人觉得挺好玩儿的，分析过程和递归推导过程大同小异，是值得学习的。最后，希望这篇文章能对你有所帮助。记得点赞，么么哒。