C++求解斐波那契数列的若干方法

问题链接：https://www.acwing.com/problem/content/description/207/

问题描述

方法一：递归

对于斐波那契数来说，每一项都等于他的前两项之和，他的第$0$项和第$1$项分别为$0,1$，那么因为有重复的地方，所有可以使用递归来进行求解

#include 
using namespace std;

int f_final(int n) {
    if(n < 2) return n;
    return f_final(n-1) + f_final(n-2);
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    cout << f_final(n) << endl;
    return 0;
}

递归计算的节点个数是 $O(2^n)$的级别的，存在大量重复计算。
时间复杂度是 $O(2^n)$，一秒内大约能算到第四十项左右。

重复计算的原因

每一个递归的程序，都可以绘制一棵树，以表示他的执行过程

由此可以发现，递归的过程中，因为没有记忆话的能力，所有他做了很多的无用功，大量的重复计算，可以使用记忆化进行优化

方法二：记忆化搜索

可以开辟一个数组用于记录计算过的值，下一次再被搜索到的时候，就可以直接得到结果，而不需要继续递归调用了

#include 
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10, mod = 1e9 + 7;
int f[N];

int f_final(int n) {
    if(f[n]) return f[n];
    if(n < 2) return f[n] = n;
    return f[n] = (f_final(n-1) + f_final(n-2)) % mod;
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    cout << f_final(n) << endl;
    return 0;
}

总共有 $n$ 个状态，计算每个状态的复杂度是$O(1)$，所以时间复杂度是 $O(n)$。

一秒内可以算 $n=10^7$ ，但由于是递归计算，递归层数太多会爆栈，大约只能算到 $n=10^5$ 级别

方法三：非递归

#include 
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10, mod = 1e9 + 7;
int f[N];

int f_final(int n) {
    f[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++) 
        f[i] = (f[i-1] + f[i-2]) % mod;
    return f[n];
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    cout << f_final(n) << endl;
    return 0;
}

总共计算 $n$ 个状态，所以时间复杂度是 $O(n)$。
但是他的瓶颈在于空间复杂度，需要开一个长度是 $n$ 的数组，当 $n=10^8$ 时，需要的内存是 $\frac{4\times 10^8}{1024\times 1024}\approx 381MB$，很容易超内存

方法四：递推 + 滚动变量

从上面递推的过程中，可以发现，对于每一个状态，他只与前面两个状态有关，所有就可以对空间进行一次优化，我们不需要一直报存前面的每一个状态的结果

#include 
using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;


int f_final(int n) {
    if(n < 2) return n;
    int a = 0, b = 1, c;
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        c = (a + b) % mod;
        a = b;
        b = c;
    }
        
    return c;
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    cout << f_final(n) << endl;
    return 0;
}

时间复杂度还是 $O(n)$，空间复杂度变成了 $O(1)$。

方法五：快速幂 + 矩阵乘法

本题中，他的数据范围非常的大，上面的方法都会超时的，必须加以优化

对于斐波那契数列中，相邻的两项$f_n$和$f_{n-1}$，可以进行如下变化：
$$\left\{\begin{array}{c}{f}_n\\ f_{n-1}\end{array}\right\}$$
$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}{f}_{n-1}+f_{n-2}\\ f_{n-1}\end{array}\right\}$$
$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}1\times f_{n-1}+1\times f_{n-2}\\ 1\times f_{n-1}+0\times f_{n-2}\end{array}\right\}$$
$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right\}\times \left\{\begin{array}{c}{f}_{n-1}\\ f_{n-2}\end{array}\right\}$$

所以说，想要计算第$n$项，可以推导出这样一个公式
$${\left\{\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right\}}^{n-1}\times \left\{\begin{array}{c}{f}_1\\ f_0\end{array}\right\}$$
$$\Rightarrow {\left\{\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right\}}^{n-1}\times \left\{\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right\}$$

程序

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long LL;
const int MOD = 10000;

// 二维矩阵连乘
void Mul(int a[][2],int b[][2],int c[][2]) {
    int t[][2] = { {0,0}, {0,0} };
    for(int i = 0; i < 2; i++)
        for(int j = 0; j < 2; j++)
            for(int k = 0; k < 2; k++)
                t[i][j] = (t[i][j] + a[i][k] * b[k][j]) % MOD;
    
    memcpy(c,t,sizeof t);
}

int f_final(int n) {
    if(n < 2) return n;
    
    int res[][2]    = { {1,0},{0,1} };      // 1
    int t[][2]      = { {1,1},{1,0} };      
    int k = n - 1;
    while(k > 0) {
        if(k & 1) Mul(res,t,res);
        Mul(t,t,t);
        k >>= 1;
    }
    
    int x[] = {1,0};
    int c[] = {0,0};
    for(int i = 0; i < 2; i++)
        for(int j = 0; j < 2; j++)
            c[i] = (c[i] + x[j] * res[j][i]) % MOD;
    return c[0];
}

int main() {
    int n;
    while(cin >> n , n != -1) {
        cout << f_final(n) << endl;
    }
    return 0;
}