自律小屋解题思路：
斐波那契数列的定义是 $f(n + 1) = f(n) + f(n - 1)$ ，生成第 $n$ 项的做法有以下几种：
- 递归法：
- 原理： 把 $f(n)$ 问题的计算拆分成 $f(n-1)$ 和 $f(n-2)$ 两个子问题的计算，并递归，以 $f(0)$ 和 $f(1)$ 为终止条件。
- 缺点： 大量重复的递归计算，例如 $f(n)$ 和 $f(n - 1)$ 两者向下递归需要 各自计算 $f(n - 2)$ 的值。
- 记忆化递归法：
- 原理： 在递归法的基础上，新建一个长度为 $n$ 的数组，用于在递归时存储 $f(0)$ 至 $f(n)$ 的数字值，重复遇到某数字则直接从数组取用，避免了重复的递归计算。
- 缺点： 记忆化存储需要使用 $O(N)$ 的额外空间。
- 动态规划：
- 原理： 以斐波那契数列性质 $f(n + 1) = f(n) + f(n - 1)$ 为转移方程。
- 从计算效率、空间复杂度上看，动态规划是本题的最佳解法。
下图帮助理解递归法的 “重复计算” 概念。
动态规划解析：
- 状态定义： 设 $dp$ 为一维数组，其中 $dp[i]$ 的值代表 斐波那契数列第 $i$ 个数字 。
- 转移方程： $dp[i + 1] = dp[i] + dp[i - 1]$ ，即对应数列定义 $f(n + 1) = f(n) + f(n - 1)$ ；
- 初始状态： $dp[0] = 0$, $dp[1] = 1$ ，即初始化前两个数字；
- 返回值： $dp[n]$ ，即斐波那契数列的第 $n$ 个数字。
空间复杂度降低：
若新建长度为 $n$ 的 $dp$ 列表，则空间复杂度为 $O(N)$ 。
- 由于 $dp$ 列表第 $i$ 项只与第 $i-1$ 和第 $i-2$ 项有关，因此只需要初始化三个整形变量
sum,a,b，利用辅助变量 $sum$ 使 $a, b$ 两数字交替前进即可 （具体实现见代码） 。 - 节省了 $dp$ 列表空间，因此空间复杂度降至 $O(1)$ 。
循环求余法：
大数越界： 随着 $n$ 增大, $f(n)$ 会超过
Int32甚至Int64的取值范围，导致最终的返回值错误。
求余运算规则： 设正整数 $x, y, p$ ，求余符号为 $\odot$ ，则有 $(x + y) \odot p = (x \odot p + y \odot p) \odot p$ 。
解析： 根据以上规则，可推出 $f(n) \odot p = [f(n-1) \odot p + f(n-2) \odot p] \odot p$ ，从而可以在循环过程中每次计算 $sum = (a + b) \odot 1000000007$ ，此操作与最终返回前取余等价。
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复杂度分析：
- 时间复杂度 $O(n)$ ： 计算 $f(n)$ 需循环 $n$ 次，每轮循环内计算操作使用 $O(1)$ 。
- 空间复杂度 $O(1)$ ： 几个标志变量使用常数大小的额外空间。
代码：
Python
class Solution:
def fib(self, n: int) -> int:
a, b = 0, 1
for _ in range(n):
a, b = b, (a + b) % 1000000007
return aJava
class Solution {
public int fib(int n) {
int a = 0, b = 1, sum;
for(int i = 0; i < n; i++){
sum = (a + b) % 1000000007;
a = b;
b = sum;
}
return a;
}
}C++
class Solution {
public:
int fib(int n) {
int a = 0, b = 1, sum;
for(int i = 0; i < n; i++){
sum = (a + b) % 1000000007;
a = b;
b = sum;
}
return a;
}
};由于 Python 中整形数字的大小限制取决计算机的内存（可理解为无限大），因此也可不考虑大数越界问题；但当数字很大时，加法运算的效率也会降低，因此不推荐此方法。
Python
# 不考虑大数越界问题
class Solution:
def fib(self, n: int) -> int:
a, b = 0, 1
for _ in range(n):
a, b = b, a + b
return a % 1000000007