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2014
01-05

七种方式求斐波那契(Fibonacci)数列通项

一:递归实现
使用公式f[n]=f[n-1]+f[n-2],依次递归计算,递归结束条件是f[1]=1,f[2]=1。
二:数组实现
空间复杂度和时间复杂度都是0(n),效率一般,比递归来得快。
三:vector<int>实现
时间复杂度是0(n),时间复杂度是0(1),就是不知道vector的效率高不高,当然vector有自己的属性会占用资源。
四:queue<int>实现
当然队列比数组更适合实现斐波那契数列,时间复杂度和空间复杂度和vector<int>一样,但队列太适合这里了,
f(n)=f(n-1)+f(n-2),f(n)只和f(n-1)和f(n-2)有关,f(n)入队列后,f(n-2)就可以出队列了。
五:迭代实现
迭代实现是最高效的,时间复杂度是0(n),空间复杂度是0(1)。
六:公式实现
百度的时候,发现原来斐波那契数列有公式的,所以可以使用公式来计算的。

          由于double类型的精度还不够,所以程序算出来的结果会有误差,如果把公式展开计算,得出的结果就是正确的。

          完整的实现代码如下:

#include "iostream"
#include "queue"
#include "cmath"
using namespace std;

int fib1(int index)     //递归实现
{
	if(index<1)
	{
		return -1;
	}
	if(index==1 || index==2)
		return 1;
	return fib1(index-1)+fib1(index-2);
}
int fib2(int index)     //数组实现
{
	if(index<1)
	{
		return -1;
	}
	if(index<3)
	{
		return 1;
	}
	int *a=new int[index];
	a[0]=a[1]=1;
	for(int i=2;i<index;i++)
		a[i]=a[i-1]+a[i-2];
	int m=a[index-1];
	delete a;         //释放内存空间
	return m;
}

int fib3(int index)           //借用vector<int>实现
{
	if(index<1)
	{
		return -1;
	}

	vector<int> a(2,1);      //创建一个含有2个元素都为1的向量
	a.reserve(3);
	for(int i=2;i<index;i++)
	{
		a.insert(a.begin(),a.at(0)+a.at(1));
		a.pop_back();
	}
	return a.at(0);
} 

int fib4(int index)       //队列实现
{
	if(index<1)
	{
		return -1;
	}
	queue<int>q;
	q.push(1);
	q.push(1);
	for(int i=2;i<index;i++)
	{
		q.push(q.front()+q.back());
		q.pop();
	}
	return q.back();
}
int fib5(int n)          //迭代实现
{
	int i,a=1,b=1,c=1;
	if(n<1)
	{
		return -1;
	}
	for(i=2;i<n;i++)
	{
		c=a+b;     //辗转相加法(类似于求最大公约数的辗转相除法)
		a=b;
		b=c;
	}
	return c;
}
int fib6(int n)
{
	double gh5=sqrt((double)5);
	return (pow((1+gh5),n)-pow((1-gh5),n))/(pow((double)2,n)*gh5);
} 

int main(void)
{
	printf("%d\n",fib3(6));
	system("pause");
	return 0;
}

七:二分矩阵方法

如上图,Fibonacci 数列中任何一项可以用矩阵幂算出,而n次幂是可以在logn的时间内算出的。
下面贴出代码:

void multiply(int c[2][2],int a[2][2],int b[2][2],int mod)
{
	int tmp[4];
	tmp[0]=a[0][0]*b[0][0]+a[0][1]*b[1][0];
	tmp[1]=a[0][0]*b[0][1]+a[0][1]*b[1][1];
	tmp[2]=a[1][0]*b[0][0]+a[1][1]*b[1][0];
	tmp[3]=a[1][0]*b[0][1]+a[1][1]*b[1][1];
	c[0][0]=tmp[0]%mod;
	c[0][1]=tmp[1]%mod;
	c[1][0]=tmp[2]%mod;
	c[1][1]=tmp[3]%mod;
}//计算矩阵乘法,c=a*b

int fibonacci(int n,int mod)//mod表示数字太大时需要模的数
{
	if(n==0)return 0;
	else if(n<=2)return 1;//这里表示第0项为0,第1,2项为1

	int a[2][2]={{1,1},{1,0}};
	int result[2][2]={{1,0},{0,1}};//初始化为单位矩阵
	int s;
	n-=2;
	while(n>0)
	{
		if(n%2 == 1)
			multiply(result,result,a,mod);
		multiply(a,a,a,mod);
		n /= 2;
	}//二分法求矩阵幂
	s=(result[0][0]+result[0][1])%mod;//结果
	return s;
}

附带的再贴上二分法计算a的n次方函数。

 

int pow(int a,int n)
{
	int ans=1;
	while(n)
	{
		if(n&1)
			ans*=a;
		a*=a;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}

 

转自:http://blog.csdn.net/hackbuteer1/article/details/6684867


  1. 这道题目虽然简单,但是小编做的很到位,应该会给很多人启发吧!对于面试当中不给开辟额外空间的问题不是绝对的,实际上至少是允许少数变量存在的。之前遇到相似的问题也是恍然大悟,今天看到小编这篇文章相见恨晚。

  2. #!/usr/bin/env python
    def cou(n):
    arr =
    i = 1
    while(i<n):
    arr.append(arr[i-1]+selfcount(i))
    i+=1
    return arr[n-1]

    def selfcount(n):
    count = 0
    while(n):
    if n%10 == 1:
    count += 1
    n /= 10
    return count

  3. 题目需要求解的是最小值,而且没有考虑可能存在环,比如
    0 0 0 0 0
    1 1 1 1 0
    1 0 0 0 0
    1 0 1 0 1
    1 0 0 0 0
    会陷入死循环