复杂度分析之斐波那契数列

数列定义

英文名叫Fibonacci sequence，翻译过来就是斐波那契数列，其特点如下:0 1 1 2 3 5 8 ...，简单归纳就是F(0)=0，F(1)=1, F(n)=F(n-1)+F(n-2)（n>=2，n∈N*）

函数式

常见的代码表达式采用递归，如下所示

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

时间复杂度

此函数较复杂，无法直接看出，假设n对应复杂度T(n)，由于if( n <= 1 )执行1次，f(n-1)执行1次，f(n-2)执行1次，然后f(n-1)和f(n-2)执行一次，因此有T(n)=T(n-1)+T(n-2)+4，忽略次要项，得到T(n)=T(n-1)+T(n-2)，根据数学知识可得通项式为

下面继续分析下，不通过数学计算，估算其上下极限

上限：令T(n-2)约等于T(n-1)，则T(n)=T(n-1)+T(n-2)=2T(n-1)=2*2*T(n-2)=....=2^n*T(0)=2^n，即为O(2^n)

下限：令T(n-1)约等于T(n-2)，则T(n)=T(n-1)+T(n-2)=2T(n-2)=2*2*T(n-4)=....=2^(n/2)*T(0)=2^(n/2)，即为O(2^(n/2))

所以最后可得到结果，实际复杂度为图片上x那么多，其结果位于O(2^(n/2))和O(2^n)之间

空间复杂度

跟所有递归调用一样，每次调用一次，都会进行压栈操作，因此下面分析函数调用时栈空间情况，要求f(n)会执行f(n-1)+f(n-2)需要压栈一次，然后求f(n-1)会执行f(n-2)+f(n-3)需要压栈一次，....，最后直到到f(1)，这里以f(5)为例，那么栈情况如下图所示

所以总共压栈次数为1+1+..+1=n，复杂度为O(n)

疑问解析

看到这里，当时有个疑问，求f(n)明明会执行f(n-1)和f(n-2)为什么会只压栈一次而不是两次？

为了说明这个问题，特意编写了一段程序，使用gdb调试发现，确实只会压栈一次，每次执行f(n-1)+f(n-2)都只会压栈一次，如下图

看到这里还是挺奇怪的，然后就对程序进行了反汇编objdump -S a.out > tst.dis，发现f函数汇编语句如下所示

int f(int n){  4004ed: 55                   push   %rbp  4004ee: 48 89 e5             mov    %rsp,%rbp  4004f1: 53                   push   %rbx  4004f2: 48 83 ec 18          sub    $0x18,%rsp  4004f6: 89 7d ec             mov    %edi,-0x14(%rbp)if( n <= 1 ) return n;  4004f9: 83 7d ec 01          cmpl   $0x1,-0x14(%rbp)  4004fd: 7f 05                jg     400504 <f+0x17>  4004ff: 8b 45 ec             mov    -0x14(%rbp),%eax  400502: eb 1e                jmp    400522 <f+0x35>else return f(n-1)+f(n-2);  400504: 8b 45 ec             mov    -0x14(%rbp),%eax  400507: 83 e8 01             sub    $0x1,%eax  40050a: 89 c7                mov    %eax,%edi  40050c: e8 dc ff ff ff       callq  4004ed <f>  400511: 89 c3                mov    %eax,%ebx  400513: 8b 45 ec             mov    -0x14(%rbp),%eax  400516: 83 e8 02             sub    $0x2,%eax  400519: 89 c7                mov    %eax,%edi  40051b: e8 cd ff ff ff       callq  4004ed <f>  400520: 01 d8                add    %ebx,%eax}  400522: 48 83 c4 18          add    $0x18,%rsp  400526: 5b                   pop    %rbx  400527: 5d                   pop    %rbp  400528: c3                   retq  

很明显可以看到，执行f(n-1)这句话时会会先调用callq  4004ed <f>也即是f(n-2)，因此依次操做，会执行压栈从f(n),f(n-1),f(n-2),....f(2)，最后执行到f(1)，已经能够直接得到结果，因此会返回，根据}可知会弹出栈内容，这时之前压入栈的内容会被依次弹出，最后会执行加法操作，所以综上，执行return f(n-1)+f(n-2)只会压栈一次而不是两次

参考资料

详细分析视频

https://www.youtube.com/watch?v=ncpTxqK35PI
https://www.youtube.com/watch?v=pqivnzmSbq4
https://www.youtube.com/watch?v=dxyYP3BSdcQ

参考博客

http://blog.csdn.net/beautyofmath/article/details/48184331

数列通项式求解

https://baike.baidu.com/item/%E6%96%90%E6%B3%A2%E9%82%A3%E5%A5%91%E6%95%B0%E5%88%97/99145

总结：

斐波那契数列时间复杂度为x所示，介于O(2^(n/2))到O(2^n)之间;空间复杂度为O(n)