我在一次采访中得到了这个问题。所以，在我看来，这似乎是一个混乱的斐波那契序列。和生成器，这给出了一个stackoverflow。因为if(n==0) should be if(n<3)（退出条件错误）。这个问题的准确答案应该是什么？预期的答案是什么？
foo (int n) {
if (n == 0) return 1;
return foo(n-1) + foo(n-2);
}
更新
这个递归函数有什么作用？
当你看到这 3 行代码时，你会推断出什么。没有调试。
【问题讨论】：
是的，它只是一个带有错误基本情况的递归斐波那契方法（尽管我认为我也不会使用n < 3...这取决于你如何定义它）。
至于“预期的答案” - 这取决于问题。您是否准确地询问了帖子标题中的问题？如果是这样，答案是“它会永远递归，直到它在你传递除 0 以外的任何值时炸毁堆栈”——当然还有解释。 （它永远不会结束，因为 任何一个 n-1 不为 0，或 n-2 不为 0，或两者兼而有之。）
编辑：以上回答了第一个问题。要回答“当你看到这 3 行代码时你会推断什么”——我会推断有问题的开发人员从未运行过除 0 以外的值的代码，或者不关心代码是否有效。
【讨论】：
发布代码的问题是，如果我们评估 foo(1)，我们需要找到 foo(0) 和 foo(-1)，然后 foo(-1) 需要找到 foo(-2) 和 foo( -3) 等等。这将继续对 foo() 进行更多调用，直到内存中没有更多空间导致堆栈溢出。对 foo 的调用次数取决于调用堆栈的大小，这将是特定于实现的。
当我看到这些代码行时，我立即得到这样的印象，即编写它的人并没有考虑到可以提供给函数的所有可能输入。
创建一个不会因 foo(1) 或负输入而失败的递归斐波那契函数：
foo (int n) {
if( n < 0 ) return 0;
if (n == 0) return 1;
return foo(n-1) + foo(n-2);
}
编辑：也许负数的返回应该是别的东西，因为斐波那契数列没有为负索引隐式定义。
但是，如果我们使用 fib(-n) = (-1)^(n+1) fib(n) 的扩展，我们可以得到以下代码：
int fib(int n) {
if( n == -1){
return 1;
}else if ( n < 0 ){
return ( (-1)^(-n+1 ) * fib(-n) );
}else if (n == 0){
return 1;
}else{
return fib(n-1) + fib(n-2);
}
}
【讨论】：
假设，你调用 foo ( 1 )，它将有两个子调用 foo(0) 和 foo(-1)。如您所见，一旦达到 foo(-1)，n 将无限减小，并且永远不会达到终止条件。
准确的答案是：
foo (int n) {
if (n <= 1) return 1; // assuming 0th and 1st fib is 1
return foo(n-1) + foo(n-2);
}
【讨论】：
它是一个递归斐波那契函数，第 0 个元素为 1。
【讨论】：
忽略不正确的终止条件，代码是斐波那契函数的“幼稚”递归实现。它的大 O 时间复杂度非常差。对于小的 n 来说它可以正常工作，但如果 n 大于 50（我只是在猜测这个数字），那么它将需要“永远”才能运行。
【讨论】：