寫乙個函式，輸入n，求斐波那契數列中第n項的數值。
$$ f(n)=\begin 0,\quad n = 0; \\\\ x,\quad n = 1;\\\\ f(n - 1) + f(n - 2),\quad n > 1;\end $$
1. 最基本的方法（運用遞迴）
這個解法是最基本的方法，但是存在很嚴重的效率問題。用樹形結構圖來分析的話，你會發現很多重複的結點。而重複的結點數會隨著n的增大而急劇增加，這就意味著計算量會隨著n的增大而急劇增大，導致時間變得巨長無比。
有興趣的可以嘗試輸入第86項試試，感受一下什麼叫做巨慢無比。
吾來打個樣：
#include /* 最基本的方法 */
long long fibonacci(unsigned int n)
int main(int argc, const char * ar**)
其實改進的方法並不複雜，只需要避免1.最基本方法中的重複計算即可。所以，我們可以把已經得到的數列中間項儲存起來，如果下次需要計算的時候，先查詢一下，如果已經計算過，就不用重複計算了。
當然，更簡單的方法是，自下而上計算，首先根據f(0) 和f(1)算出f(2)，再根據f(1)和f(2)算出f(3)……依此類推，可以算出第n項。
那麼，自然的，這種時間複雜度便是o(n)。
吾來打個樣：
#include /* 優化後的方法 */
long long fibonacci(unsigned n)
; if(n < 2)
return result[n];
long long fibnminusone = 1;
long long fibnminustwo = 0;
long long fibn = 0;
for(unsigned int i = 2; i <= n; ++ i)
return fibn;
}int main(int argc, const char * ar**)
假如有乙隻青蛙，一次可以跳上 1 級台階，也可以跳 2 級台階，請問青蛙上乙個 n 級台階一共有多少種跳法？分析如下：
假如現在台階只有 1 級，n = 1，那麼這只青蛙就在只有 1 種跳法：1（1 代表一次跳 1 級台階）也就是 f(1) = 1 種跳法
假如現在台階只有 2 級，n = 2，那麼這只青蛙可以有 2 種跳法：1 1、2（1 代表一次跳 1 級台階，2 代表一次跳 2 級台階），也就是 f(2) = 2 種跳法
假如現在台階有 3 級，n = 3，青蛙可以有幾種跳法呢？
假如青蛙先跳了 1 級台階，還剩下 2 級台階，那它還有幾種跳法呢？通過第 2 個情況分析知道有 2 種跳法；假如青蛙先跳了 2 級台階，根據第 1 個情況分析知道有 1 種跳法，所以這時候得出 f(3) = 2 + 1 種方法
假如現在台階有 4 級，n = 4，我們利用上面的規律繼續分析可得：f(4) = 3 + 2
綜上所述，我們得出其實這個演算法就是乙個（變形）斐波那契數列問題，公式如下：
所以至此明白了，青蛙跳台階問題就是乙個（變形）斐波那契數列問題。
吾來打個樣：
#include /* 優化後的方法 */
long long fibonacci(unsigned n)
; if(n <= 2)
return result[n];
long long fibnminusone = 2;
long long fibnminustwo = 1;
long long fibn = 0;
for(unsigned int i = 3; i <= n; ++ i)
return fibn;
}int main(int argc, const char * ar**)
青蛙跳台階（斐波那契數列應用）
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斐波那契數 青蛙跳台階
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C 實現斐波那契數列 青蛙跳台階
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