斐波那契数_从楼梯问题说开去

正式讲一下斐波那契数：

首先我们知道有一个著名的算法面试题：

一共有n个台阶，你一次可以走一个台阶，或者两个台阶。那么，走到台阶顶时，一共有多少种走法。

比如三个台阶，你可以 1，2。。。或者1，1，1 或者2，1。。一共三种走法。

网络上会有几种做法，

1.直接思路：

这好像是这道题目的标准“解法”

如果我们现在在n阶，那么我们可以迈一步或者迈两步，结果就是

f(n) = f(n-1) + f(n-2)。。。即n的台阶的种数应该是，n－1阶的种数与n－2阶种数之和（由于第一步就不一样，所有，后面的二者互相独立）。

所以

int f(int n) {

if(n ==0 || n == 1) {

return 1;

}

return f(n-1)+f(n-2);

}

2. 动态规划

        1的东西虽然给出了这个题的一个突破口，但还是有些问题比如：第1中的时间复杂度时是指数次的，过于庞大。。

所以可以考虑用动态规划。。第三版第15章的动态规划内容

如果有我们可以预先纪录下f（n－1），或者f（n-2），避免重复计算。

所以

a[n] = {0};

a[0] = 1; a[1] = 1;

int f(int n) {

if(a[n] != 0) {

return a[n];

}

a[n] =  f(n-1)+f(n-2)

return a[n];

}

这个时间复杂度就比较好了，空间和时间都是O(n) 。（当然后面我们会看到，这么说不是很恰当）

3. 动态规划二

       2的思路比较好了，但是一来有比较大的空间复杂度，二来，递归调用，让人不爽。

所以我们可以用算法导论（动态规划）那一章的另一个思路直接正着计算。

结果出乎意料的简单：

int f(int n) {

int a = 1; b = 1;

int c = 0; 

for(int i = 1; i < n; i++) {

c = a;

a = a+b;

b = c;

}

return a;

}

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－上面的东西足够应付面试－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－下面只是本人借着算法导论开脑洞的结果－－－－－－－－－－－－－－－－－

4.  矩阵快乘

        3的解法已经很不错了。基本上就可以了，下面即将开启二逼的求知之旅。。这是算法导论，第三十一章的后面大题

考虑2*2矩阵 

  0  1 

  1  1

这是一个 如果我们将这个矩阵乘以 A1 , A2

 0 1        A1         A2

 1 1   *    A2    =   A1+A2

由于斐波那契数列, A3 = A1+A2 ...结果我们发现这个东西其实是实现了 A1, A2 到 A2,A3的转换。。。 如果我们用 A2,A3, 去乘，结果自然是 A3 , A2+A3 也就是 A3,A4

所以我们可以这么写，我们令M表示矩阵  ,

 0  1 

 1  1

那么    (M .... (M* (M * (A1,A2)T))...) = (An-1, An)，其中一共有n－2层的M.

考虑到相容矩阵相乘具有如下性质 (M*N)*Q = M*(N*Q).

所以变换括号，(M*M*.....M)*(M*M.....*M)*(A1, A2)T

其中我们让那些括号里面的M个数相同（如果是奇数的话单独拎一个M到最外层），结果，我们其实只需要算出前面的，后面的也不用去算了。。

这个就是分治的矩阵快乘。

名义上的时间复杂度是O(log(N))...比前面的都要屌。

5. 斐波那契通项公式

       这个东西就不多介绍了。。因为百度百科上有，好多种方法。。。而且算法导论本身也给了一种。 第三版的4-4里面也给了一个。用生成函数的办法做的。

总之结果就是这个东西，大概是 ((( 1 + sqrt(5) ) / 2) ^ n)  /  sqrt(5)。

6. 基于位运算的批判与重新思考

这个部分是毁三观的，无破则无立。

首先我们通过5可以知道，这个斐波那契数，随着n几乎是一个指数式的增长。。。位数大概是：log(( 1 + sqrt(5) ) / 2) ^ n)  ) 就是 n*log(( 1 + sqrt(5) ) / 2) ) =>  O(N)

我们方便计算就说它有n位的二进制数吧。 

现在所有的计算机都是有限位数的，32位，64位机器。。或者128位。。。所以 n/128 其实也是 O(N)。。也就是说，我们这个n稍微大一点（比如说1000），那么前面的那些1，2，3部分代码的int 类型就不够了。。即使用long long 也是不够的。。。

具体可以用大整数这个东西处理。

下面是31-3的第d小题的分析

如果我们用大整数处理，那么时间空间复杂度的结果会有问题，比如“2里面说：空间和时间都是O(n)”。这个就不恰当。空间上，到最后的数有n位，那么空间复杂度自然也就是（1+2＋3＋...+n） = O(N*N)..时间上其实也是这样的，N位数N-1位数相加，时间复杂度自然是O(N)。。。所以时间复杂度自然是 （1+2＋3＋...+n） = O(N*N)

3的情况与2类似，只是空间复杂度变小了一点而已。。。。

对于4的矩阵情况，我们知道最后是两个几乎一样的矩阵相乘最后得到一个 n位的结果，那么很明显，我们大概需要 n/2的数乘以 n/2位的数，由于31-3的d小题，约定两个n/2数相乘需要 O(N*N/4)的时间。结果自然就是时间复杂度O(N*N)...那个 log(N)其实是名义上的。这大概就是算法导论题目里面说的斐波那契数的终极奥义了。

7. 大数乘法的归并运算与究极思考。

额，前面约定"约定两个n/2数相乘需要 O(N*N/4)的时间",这个东西能不能改进呢？，结果当然是能。

比如用算法导论30-1的方法，我们可以 在 O(N的log3次方)时间内算出来。 所以整体的时间复杂度优化成 O(N的log3次方)

由于这个东西用到了归并运算，可以考虑用算法导论第27章的知识进行优化。实现多核同步运算。。。

这个都究极时间复杂度大概是算法导论 第31章第一小部分里面讲的 那个 O(N logN loglogN)

8. 扯蛋的扩展，

如果我们可以一次迈1，2，3阶该怎么办。

很简单啊，

f(n) = f(n-1) + f(n-2) ＋ f(n-3)。。然后照着做就可以了。矩阵哪里也改一下就可以了。