关于斐波那契数列的一些总结
引言
在程序员笔试面试中，斐波那契数列的计算是很经典的一道题，本人在腾讯现场笔试题中就碰到过。比如这样的一道题：
有N根香蕉，猴子每次只能拿一根或者两根，请问有多少种不同的拿法？
针对这道题列出递推式 F(n)=F(n−1)+F(n−2) ，可以看到这就是斐波那契数列的递推式。
简单迭代算法
一般来说，如果我们直接把上面的递推式改写成代码，那么代码时间复杂度会是指数级的，原因是会有大量的重复计算。这显然不是令人满意的做法。由于F[N]的值实际上只依赖于F[N-1]和F[N-2]，那么我们可以将它优化成迭代形式的代码，比如下面的代码：
def fib1(n):
a, b = 0, 1
for i in range(n):
a, b = b, a + b
return a这段代码的时间复杂度从指数级直降到了线性。
但是这个时间复杂度还是不够快。
矩阵快速幂
实际上，斐波那契数列是有矩阵形式的解析解的：
可以看到式子右边是常数矩阵幂的形式，如果n个矩阵直接相乘求幂，那么时间复杂度还是O(n)，但是求幂是有快速幂算法的。
所谓快速幂，以求5的100次方为例，首先把100化成二进制形式，得到:
然后将上式化成算式
注意到
每一步的结果都可以通过上一步的结果计算得出，迭代次数与n的二进制位数一致，所以它的时间复杂度是 O(log2n)
实际代码如下：
# 矩阵乘法
def mat_mul(a, b):
tmp = [0] * 4
tmp[0] = a[0] * b[0] + a[1] * b[2]
tmp[1] = a[0] * b[1] + a[1] * b[3]
tmp[2] = a[2] * b[0] + a[3] * b[2]
tmp[3] = a[2] * b[1] + a[3] * b[3]
return tmp
def fib2(n):
mat = [1, 1, 1, 0] # 斐波那契解析解里的常数矩阵
res = [1, 0, 0, 1] # 单位矩阵
while n > 0:
if n & 1 == 1:
res = mat_mul(res, mat)
mat = mat_mul(mat, mat)
n >>= 1
return res[1]由于这个矩阵解析解非常好记，而且代码实现也简单，所以它也成了面试中的最优解，一般面试中答到这里基本就可以停下来了。
关于通项公式
实际上很多人中学的时候可能就知道斐波那契数列的通项公式，它是下面这样子的：
在网上也见过有人认为这才是计算斐波那契数列最快的方法，甚至还有人认为它的时间复杂度是O(1)。
这种结论完全是错误的。
首先这个通项公式使用了 5√ 这个无理数，在计算机中是没有办法对无理数进行直接计算的，必须取近似值，那么问题来了，到底需要精确到多少位才能保证最终结果不出错呢？
其次，要注意到这个通项公式中含有变量n，也就是需要求某个数的n次幂。上面已经提到，求幂的时间复杂度是对数级的，这条公式的时间复杂度自然也就是对数级的。
更快的方法
还有没有更快的方法呢？不妨参考一下一些优秀开源库中的斐波那契数列算法。
以GMP(GNU多重精度算术库）为例，它并没有使用常见的矩阵快速幂的方法，而是跟文章最开始提到的方法一样，使用递推式。但是它使用的递推式要更复杂：
这个算法是这样子的：
首先把n转化为二进制形式，然后从最高位（第0位）开始向最低位遍历，设n的二进制前 i 位（0到(i-1)位）表示的值为 ki ，那么 F(ki) 和 F(ki−1) 都是已知的。
如果第 i 位为1，那么就用已知的 F(ki) 和 F(ki−1) 计算 F(2ki+1) 和 F(2ki) ，得到 F(ki+1) 和 F(ki+1−1)
如果第 i 位为0，那么就用 F(ki) 和 F(ki−1) 计算 F(2ki) 和 F(2ki−1) ，得到 F(ki+1) 和 F(ki+1−1)
可以看到迭代的次数跟n的二进制长度一致，所以其时间复杂度也是 O(log2n) 。
需要注意的是，上述递推式中的 F2(k) 和 F2(k−1) 是可以复用的，实际上每一次迭代只需要进行两次大整数乘法运算。
举个栗子：
要求F(25)，已知F(-1)=1，F(0)=0
先把25化成二进制形式(11001)，从最高位开始，它是1，那么此时k=0：
然后第2位，同样为1，此时k=1：
第3位为0，此时k=3：
第4位为0，此时k=6：
第5位为1，此时k=12，得到最终结果：
下面是代码实现
def fib3(n):
b = bin(n)
fn_prev = 1 # 设F[-1]=1只是为了编程方便，数学上F[-1]是没有意义的
fn = 0 # F[0] = 0
sign = 2
for i in b[2:]:
prev_sqr = fn_prev * fn_prev
fn_sqr = fn * fn
fn = 4 * fn_sqr - prev_sqr + sign # F[2k+1] = 4*F[k]^2 - F[k-1]^2 + 2*(-1)^k
fn_prev = fn_sqr + prev_sqr # F[2k-1] = F[k]^2 + F[k-1]^2
if i == '0':
fn = fn - fn_prev # F[N] = F[2k] = F[2k+1] - F[2k-1], F[N-1] = F[2K]
sign = 2
else:
fn_prev = fn - fn_prev # F[N] = F[2K+1], F[N-1] = F[2K]
sign = -2
return fn性能对比
测试环境：
CPU：i5 3210M
系统：Windows 10 64bit
Python：Python 3.5 64bit+gmpy2
测试代码:
t1 = timeit("fib1(1000000)", setup="from main import fib1", number=5) / 5
t2 = timeit("fib2(1000000)", setup="from main import fib2", number=5) / 5
t3 = timeit("fib3(1000000)", setup="from main import fib3", number=5) / 5
print(t1)
print(t2)
print(t3, t2 / t3)测试结果
| 五次平均耗时(秒，四舍五入到万分位） | 提速（相对于矩阵快速幂的提升倍数） | |
|---|---|---|
| 简单迭代 | 12.1146 | N/A（时间复杂度不同没有比较意义) |
| 矩阵快速幂 | 0.6199 | 1.0 |
| 优化迭代 | 0.0489 | 12.7 |
可以看到优化的迭代方法比快速幂快了一个数量级
参考文献
https://github.com/qiwsir/algorithm/blob/master/fibonacci.md
https://en.wikipedia.org/wiki/Fibonacci_number
https://gmplib.org/manual/Fibonacci-Numbers-Algorithm.html