斐波那契数列及相关问题



斐波那契数列是这样一个数列0,1,1,2,3,5,8,13,21......可以很容易的看出斐波那契数列的规律，斐波那契数列的定义如下：

           0            n=0

f（n）=    1            n=1

       f(n-1)+f(n-2)    n>1

问题：实现一个函数，输入n，求斐波那契数列的第n项

解法一：递归

<span style="font-family:SimSun;font-size:14px;">long long Fibonacci(unsigned int n)

{

    if(n <= 0)

        return 0;

    if(n == 1)

        return 1;

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

}</span>

此算法的效率是很低的，会有大量的重复操作，时间复杂度以n的指数方式增加。

调用次数：c(n)是求第n项调用的次数  c(0)=1;c(1)=1;c(n)=c(n-1)+c(n-2)+1;

解法二：循环

为了避免重复计算，可以把已经得到的数列中间项保存起来，直接使用，从上往下算，首先根据f(0),f(1)计算出f(2),再根据f(1),f(2)计算出f(3)...一次类推就可以计算出第n项了。

<span style="font-family:SimSun;font-size:14px;">long long Fibonacci(unsigned n)

{

    int result[2] = {0 , 1};

    if(n < 2)
        return result[n];

    long long fibMinusOne = 1;

    long long fibMinusTwo = 0;

    for(unsigned int i = 2 ; i <= n ; ++i)

    {

        fibN = fibMinusOne + fibMinusTwo;

        fibMinusTwo = fibMinusOne;

        fibMinusOne = fibN;

    }

    return fibN;

}</span>

相关问题1：一只青蛙一次可以跳上 1 级台阶，也可以跳上2 级。求该青蛙跳上一个n 级的台阶总共有多少种跳法。

思路：首先考虑简单情况，如果只有1级，那么有1种跳法，如果有2级，有两种跳法，一次跳两级，另一种是分两次跳，每次跳一级。

把n级台阶时的跳法看成是n的函数，记为f(n)。当n>2时，第一次跳的时候就有两种不同的选择：一是第一次只跳1级，此时跳法数

目等于后面剩下的n-1级台阶的跳法数目，即为f(n-1);另一种选择是第一次跳2级，此时跳法数目等于后面剩下n-2级台阶的跳法数

目，即为f(n-2)。因此，n级台阶的不同跳法的总数f(n)=f(n-1)+f(n-2)。可以看出这实际上就是斐波那契数列。解法有以上两种。

相关问题2：一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2 级……它也可以跳上n 级，此时该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法？

用f(n)表示青蛙跳上n级台阶的跳法数，青蛙一次性跳上n级台阶的跳法数1(n级跳)，设定f(0) = 1；

       当n = 1 时， 只有一种跳法，即1级跳：f(1) = 1;

       当n = 2 时， 有两种跳的方式，一次跳2级和两次跳每次跳一级：f(2) = f(1) + f(0) = 2;

       当n = 3 时，有三种跳的方式，第一次跳出一级后，后面还有f(3-1)中跳法； 第一次跳出二级后，后面还有f(3-2)中跳法；第一次跳出三级后，后面还有f(3-3)中跳法

        f(3) = f(2) + f(1)+f(0)=4;

       当n = n 时，共有n种跳的方式，第一次跳出一级后，后面还有f(n-1)中跳法； 第一次跳出二级后，后面还有f(n-2)中跳法..........................第一次跳出n级后, 后面有f(n-n)中跳法.

       f(n) = f(n-1)+f(n-2)+f(n-3)+..........+f(n-n)=f(0)+f(1)+f(2)+.......+f(n-1)

 又因为f(n-1)=f(0)+f(1)+f(2)+.......+f(n-2)

 两式相减得：f(n)-f(n-1)=f(n-1)         

 可以得到递归等式：  f(n) = 2*f(n-1)     n >= 2

  f(n)=2*2*2....*f(0)=2^n-1

相关问题3：我们可以用2*1的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个2*1的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形，总共有多少种方法？

思想：把长条n*2的覆盖问题分解，第一步，若竖着覆盖一个2*1的方块，那么剩下的为2*（n-1)块，否则，若横着覆盖，应用两块，覆盖一个2*2的块，剩下2*（n-2），这两种覆盖的方式都各有一种，这个问题等同于递归f(n)=f(n-1)+f(n-2)

<span style="font-family:SimSun;font-size:14px;">int main()
{
    long long n,k,i,j,t;
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
    {
        i=j=t=1;
        for(k=0;k<n-1;k++)
        {
            t=i+j;j=i;i=t;
        }
        printf("%lld\n",t);
    }
    return 0;
}</span>