斐波那契之通项公式

最新推荐文章于 2021-03-16 08:18:00 发布

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本文探讨了斐波那契数列的一个重要通项公式，揭示其在解决相关问题上的高效性。通过详细过程，帮助读者理解和回味公式背后的数学魅力。

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以前没有发现，斐波那契通项公式能直接KO一题。记录一下，许多的过程细节值得回味。
nyist 461 Fibonacci数列（四）

http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=461

大意：求出斐波那契f[n]的前4个数字

因为不是后几位所以不能矩阵快速幂。

利用通项公式： $\\ f(n)=\frac{1}{\sqrt 5}[ (\frac{1+\sqrt 5}{2})^n-(\frac{1-\sqrt 5)}{2})^n]$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const double f=sqrt(5.0);
int main()
{
    int n;
    while(cin>>n){
        double p1=pow((1+f)/2,n);
        double p2=pow((1-f)/2,n);
        double ans=(p1-p2)/f;
        printf("%-4.0lf\n",ans);
    }
    return 0;
}
/*
但是发现它会超过double的极限
900
54877108839481660000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000
00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000
0000000000000000000000000000
1000
43466557686938915000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000
00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000
0000000000000000000000000000000000000000000000000
10000
1
*/

同时发现，大数后面有很多的0！

在N很大的时候，

$(\frac{1-\sqrt 5)}{2})^n$ 趋近于0，于是转换成 $\\ f(n)=\frac{1}{\sqrt 5} (\frac{1+\sqrt 5}{2})^n$ 以便我们使用对数，解决数字太大的问题。
关于误差：

double f=sqrt(5); 
    double a=(1-f)/2;
    for(int i=15;i<25;i++){
        cout<<pow(a,i)<<endl;
    }


-0.000733137
0.000453104
-0.000280034
0.00017307
-0.000106963
6.6107e-005
-4.08563e-005
2.52506e-005
-1.56057e-005
9.64488e-006

--------------------------------
Process exited with return value 0
Press any key to continue . . .

于是： $\\log_{10}x=log_{10}\frac{1}{\sqrt 5}+nlog_{10}\frac{1+\sqrt 5}{2}$

设p=logx，那么P的整数部分就成就大数后面很多的0，它的小数部分成就了大数前面的非0数字

最后处理一下即可

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const double f=sqrt(5.0);
int main()
{
    int n;
    while(cin>>n){
        if(n<25){
            double p1=pow((1+f)/2,n);
            double p2=pow((1-f)/2,n);
            double ans=(p1-p2)/f;
            int res=int(ans);
            while(res>=10000){
                res/=10;
            }
            printf("%d\n",res);
        }
        else {
            double p=log(1/f)/log(10.0)+log((1+f)/2)/log(10.0)*n;
            p=p-floor(p);  // floor 向下取整
            double ans=pow(10,p);
            while(ans<1000){
                ans=ans*10;
            }
            printf("%d\n",int(ans));
        }
    }
    return 0;
}