矩阵加速计算斐波那契数列

摘要

    通过矩阵加速计算,将计算斐波那契数列的时间复杂度优化到O\left ( logn \right ),空间复杂度O\left ( 1 \right )

 

目录

一、斐波那契数列

二、传统计算方法

    1.递归法

    2.记忆化递归

三、矩阵加速计算斐波那契数列

    1.斐波那契数矩阵

    2.C++代码实现矩阵加速斐波那契数列

    3.快速幂

    4.全部代码

 

一、斐波那契数列

    斐波那契数列,又称黄金分割数列,是指这样一个数列:0,1,1,2,3,5,8,13,……

     在数学上通常以如下递归方法定义:F(0)=0, F(1)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2)(n\geq 2, n\in N+)

二、传统计算方法

1.递归法

   即使用最普通的递归算法进行计算,代码如下:

int Fib(int n){
    if(n == 0) return 0;
    if(n == 1) return 1;
    return Fib(n-1)+Fib(n-2);
}

    该算法时间复杂度为O\left ( \left (\frac{2}{\sqrt{5} -1} \right ) ^{n}\right ),时间复杂度推导可参考该篇博客点击跳转。可见当n较大时,时间复杂度将会非常大,满足不了时间要求。

2.记忆化递归(动态规划)

    本质还是用递归的方法。但朴素递归存在重复计算的缺陷。如图是计算斐波那契数列的递归树。

    可见,在递归过程中,很多量被重复计算过很多次。如果我们在计算的同时,将计算过的量存储起来,即加入“记忆化”,可以使计算变得相对高效。

int f[MaxN] = {0};

int Fib(int n){
    if(n == 0) return 0;
    if(n == 1) return 1;
    if(f[n]!=0) return f[n];
    return f[n] = Fib(n-1)+Fib(n-2);
}

   由此算法时间复杂度可以优化到O\left ( n \right ),但显然这种做法是以空间换时间,需要耗费相对较大的空间复杂度O\left ( n \right )。虽然时间复杂度已经优化到线性,但面对较大的数据仍然略显吃力。

三、矩阵加速计算斐波那契数列

1.构造斐波那契矩阵

    笔者假定读者已经熟悉矩阵乘法的计算规则,如果不是,请参考此处

    我们首先构造这样一个2x2的矩阵:

    \begin{bmatrix} F\left ( n+1 \right ) & F\left ( n \right )\\ F\left ( n \right )& F\left ( n-1 \right ) \end{bmatrix}

    再构造这样一个2x2的矩阵:

    \begin{bmatrix} 1&1 \\ 1&0 \end{bmatrix}

   如果我们把如上两个矩阵会得到什么效果?

 

### 使用矩阵乘法计算斐波那契数列的时间复杂度 对于传统的递归方法,时间复杂度为指数级 \(T(n) = T(n-1) + T(n-2)\),这是因为存在大量的重复计算[^1]。 然而,通过使用矩阵乘法可以显著提高效率。考虑以下矩阵方程: \[ \begin{bmatrix} F_{n} \\ F_{n-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} F_{n-1}\\ F_{n-2} \end{bmatrix} \] 因此, \[ F_n = \left[\begin{array}{cc}1&1\\1&0\end{array}\right]^{\!n-1} \times \begin{bmatrix}F_1 \\ F_0\end{bmatrix}. \] 为了快速求解上述幂运算,可采用分治策略——即所谓的“快速幂”。这种方法能够将原本O(n)次的连乘操作减少到\( O(\log n) \)[^2]。 具体来说,在每次迭代过程中只做一次平方以及可能的一次额外相乘即可完成整个过程。由于单次矩阵乘法涉及固定数量的操作(这里指两个2×2矩阵),所以这部分开销是常量级别的。综上所述,利用矩阵乘法配合快速幂技术来获取第n个斐波那契数值的整体时间复杂度大约为\( O(\log n) \)[^2]。 ```cpp #include <iostream> using namespace std; void multiply(int F[2][2], int M[2][2]) { int x = F[0][0]*M[0][0] + F[0][1]*M[1][0]; int y = F[0][0]*M[0][1] + F[0][1]*M[1][1]; int z = F[1][0]*M[0][0] + F[1][1]*M[1][0]; int w = F[1][0]*M[0][1] + F[1][1]*M[1][1]; F[0][0] = x; F[0][1] = y; F[1][0] = z; F[1][1] = w; } void power(int F[2][2], int n) { if (n == 0 || n == 1) return; int M[2][2] = {{1, 1}, {1, 0}}; power(F, n / 2); multiply(F, F); if (n % 2 != 0) multiply(F, M); } int fib(int n) { int F[2][2] = {{1, 1}, {1, 0}}; if (n == 0) return 0; power(F, n - 1); return F[0][0]; } // 测试代码省略... ```
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