斐波那契数列

斐波那契数列算法分析斐波那契数列算法分析背景：假定你有一雄一雌一对刚出生的兔子，它们在长到一个月大小时开始交配，在第二月结束时，雌兔子产下另一对兔子，过了一个月后它们也开始繁殖，如此这般持续下去。

每只雌兔在开始繁殖时每月都产下一对兔子，假定没有兔子死亡，在一年后总共会有多少对兔子？在一月底，最初的一对兔子交配，但是还只有1对兔子；在二月底，雌兔产下一对兔子，共有2对兔子；在三月底，最老的雌兔产下第二对兔子，共有3对兔子；在四月底，最老的雌兔产下第三对兔子，两个月前生的雌兔产下一对兔子，共有5对兔子；……如此这般计算下去，兔子对数分别是：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,89, 144, ...看出规律了吗？从第3个数目开始，每个数目都是前面两个数目之和。

这就是著名的斐波那契（Fibonacci）数列。

有趣问题：1，有一段楼梯有10级台阶,规定每一步只能跨一级或两级,要登上第10级台阶有几种不同的走法?答：这就是一个斐波那契数列：登上第一级台阶有一种登法；登上两级台阶，有两种登法；登上三级台阶，有三种登法；登上四级台阶，有五种方法……所以，1，2，3，5，8，13……登上十级，有89种。

2，数列中相邻两项的前项比后项的极限是多少，就是问，当n趋于无穷大时，F(n)/F(n+1)的极限是多少？答：这个可由它的通项公式直接得到，极限是(-1+√5)/2，这个就是所谓的黄金分割点，也是代表大自然的和谐的一个数字。

数学表示：Fibonacci数列的数学表达式就是：F(n) = F(n-1) + F(n-2)F(1) = 1F(2) = 1递归程序1：Fibonacci数列可以用很直观的二叉递归程序来写，用C++语言的描述如下：long fib1(int n){if (n <= 2){return 1;}else{return fib1(n-1) + fib1(n-2);}}看上去程序的递归使用很恰当，可是在用VC2005的环境下测试n=37的时候用了大约3s，而n=45的时候基本下楼打完饭也看不到结果……显然这种递归的效率太低了！！递归效率分析：例如，用下面一个测试函数：long fib1(int n, int* arr){arr[n]++;if (n <= 2){return 1;}else{return fib1(n-1, arr) + fib1(n-2, arr);}}这时，可以得到每个fib(i)被计算的次数：fib(10) = 1 fib(9) = 1 fib(8) = 2 fib(7) = 3fib(6) = 5 fib(5) = 8 fib(4) = 13 fib(3) = 21fib(2) = 34 fib(1) = 55 fib(0) = 34可见，计算次数呈反向的Fibonacci数列，这显然造成了大量重复计算。

我们令T(N)为函数fib(n)的运行时间，当N>=2的时候我们分析可知：T(N) = T(N-1) + T(N-2) + 2而fib(n) = fib(n-1) + fib(n-2)，所以有T(N) >= fib(n)，归纳法证明可得：fib(N) < (5/3)^N当N>4时，fib（N）>= (3/2)^N标准写法：显然这个O（(3/2)^N）是以指数增长的算法，基本上是最坏的情况。

其实，这违反了递归的一个规则：合成效益法则。

合成效益法则（Compound interest rule）：在求解一个问题的同一实例的时候，切勿在不同的递归调用中做重复性的工作。

所以在上面的代码中调用fib(N-1)的时候实际上同时计算了fib(N-2)。

这种小的重复计算在递归过程中就会产生巨大的运行时间。

递归程序2：用一叉递归程序就可以得到近似线性的效率，用C++语言的描述如下：long fib(int n, long a, long b, int count){if (count == n)return b;return fib(n, b, a+b, ++count);}long fib2(int n){return fib(n, 0, 1, 1);}这种方法虽然是递归了，但是并不直观，而且效率上相比下面的迭代循环并没有优势。

迭代解法：Fibonacci数列用迭代程序来写也很容易，用C++语言的描述如下：//也可以用数组将每次计算的f(n)存储下来，用来下次计算用（空间换时间）long fib3 (int n){long x = 0, y = 1;for (int j = 1; j < n; j++){y = x + y;x = y - x;}return y;}这时程序的效率显然为O（N），N = 45的时候<1s就能得到结果。

矩阵乘法：我们将数列写成：Fibonacci[0] = 0，Fibonacci[1] = 1Fibonacci[n] = Fibonacci[n-1] + Fibonacci[n-2] (n >= 2)可以将它写成矩阵乘法形式：将右边连续的展开就得到：下面就是要用O(log(n))的算法计算：显然用二分法来求，结合一些面向对象的概念，C++代码如下：class Matrix{public:long matr[2][2];Matrix(const Matrix&rhs);Matrix(long a, long b, long c, long d);Matrix& operator=(const Matrix&);friend Matrix operator*(const Matrix& lhs, const Matrix& rhs){Matrix ret(0,0,0,0);ret.matr[0][0] = lhs.matr[0][0]*rhs.matr[0][0] + lhs.matr[0][1]*rhs.matr[1] [0];ret.matr[0][1] = lhs.matr[0][0]*rhs.matr[0][1] + lhs.matr[0][1]*rhs.matr[1] [1];ret.matr[1][0] = lhs.matr[1][0]*rhs.matr[0][0] + lhs.matr[1][1]*rhs.matr[1] [0];ret.matr[1][1] = lhs.matr[1][0]*rhs.matr[0][1] + lhs.matr[1][1]*rhs.matr[1] [1];return ret;}};Matrix::Matrix(long a, long b, long c, long d){this->matr[0][0] = a;this->matr[0][1] = b;this->matr[1][0] = c;this->matr[1][1] = d;}Matrix::Matrix(const Matrix &rhs){this->matr[0][0] = rhs.matr[0][0];this->matr[0][1] = rhs.matr[0][1];this->matr[1][0] = rhs.matr[1][0];this->matr[1][1] = rhs.matr[1][1];}Matrix& Matrix::operator =(const Matrix &rhs) {this->matr[0][0] = rhs.matr[0][0];this->matr[0][1] = rhs.matr[0][1];this->matr[1][0] = rhs.matr[1][0];this->matr[1][1] = rhs.matr[1][1];return *this;}Matrix power(const Matrix& m, int n){if (n == 1)return m;if (n%2 == 0)return power(m*m, n/2);elsereturn power(m*m, n/2) * m;}long fib4 (int n){Matrix matrix0(1, 1, 1, 0);matrix0 = power(matrix0, n-1);return matrix0.matr[0][0];}这时程序的效率为O（log(N)）。

公式解法：在O（1）的时间就能求得到F(n)了：注意：其中[x]表示取距离x最近的整数。

用C++写的代码如下：long fib5(int n){double z = sqrt(5.0);double x = (1 + z)/2;double y = (1 - z)/2;return (pow(x, n) - pow(y, n))/z + 0.5;}这个与数学库实现开方和乘方本身效率有关的，我想应该还是在O(log(n))的效率。

总结：上面给出了5中求解斐波那契数列的方法，用测试程序主函数如下：int main(){cout << fib1(45) << endl;cout << fib2(45) << endl;cout << fib3(45) << endl;cout << fib4(45) << endl;cout << fib5(45) << endl;return 0;}函数fib1会等待好久，其它的都能很快得出结果，并且相同为：1134903170。

而后面两种只有在n = 1000000000的时候会显示出优势。

由于我的程序都没有涉及到高精度，所以要是求大数据的话，可以通过取模来获得结果的后4位来测试效率与正确性。

另外斐波那契数列在实际工作中应该用的很少，尤其是当数据n很大的时候（例如：1000 000000），所以综合考虑基本普通的非递归O(n)方法就很好了，没有必要用矩阵乘法。

1、N皇后问题算法设计ALGORITHMprocedure PLACE(k)//如果一个皇后能放在第k行的X(k)列，则返回true；否则返回false。

X是一个全程数组，进入此过程时已置了k个值。

//global X(1：k)；integer i，ki←1while i<k doif X (i)＝X(k) //在同一列有两个皇后//or ABS(X(i)－X(k))＝ABS(i－k)//在同——条斜角线上//then return(false)endifi←i+1repeatreturn(true) //满足约束//end PLACEprocedure NQUEENS(n)//此过程使用回溯法求出在一个n*n棋盘上放置n个皇后，使其能互相攻击的所有可能位置// X(1)←0；k←1 //k是当前行；X(k)是当前列//While k>0 do //对所有的行执行以下语句//{ X(k)←X(k)+1 //移到下一列//While X(k)≤n and not PLACE(k) do{X(k)←X(k)十l;} // 如果第k个皇后的列X(k)不合理，就看下一列//if X(k)≤n //找到一个位置//then if k=n //是一个完整的解吗//then print(X) //是，打印这个数组//else {k←k+1；X(k)←0；}endif //扩展，搜索下一个皇后//else k←k－1 //回溯//endif}end NQUEENSProgram :#include<stdio.h>#include<math.h>int k=0,a[20],j=1,flag,n,c=0;//k为解的个数,n为皇后的个数,flag标记有没有放置皇后void lycQueen(){//递归求解函数int i,h;//i为行号,h为列号for(h=1;h<=n;h++){a[j]=h;for(i=1;i<j;i++){//将第j个皇后的位置依次跟前面j-1个皇后比较if(a[i]==a[j]||abs(a[j]-a[i])==abs(j-i)){flag=0;break;}//两个皇后在同一行或者同一对角线上,冲突else flag=1;//没冲突,放置一个皇后}//forif(flag==0&&a[j]!=n) continue;//没试探完,继续试探if(flag==1&&j==n){//放置完n个皇后,得到一个解k=k+1;c=1;//解的个数加1for(i=1;i<=n;i++)printf("%d ",a[i]);//输出第i个皇后放置的行号printf("\n");if(a[j] == n)flag = 0;}//ifif(flag==1&&j!=n){j++;lycQueen();}//递归调用if(flag==0&&a[j]==n){j--;}//回溯,退回去重新试探}//for}//lycQueenvoid main(){int i;printf("请输入皇后的个数:");scanf("%d",&n);//输入皇后的个数nj=1;for(i=1;i<=n;i++){a[j]=i;j=j+1;lycQueen();//调用lycQueen函数if(c==1) j=1;}//forprintf("解的个数为%d个\n",k); }//main。