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) = 1
F(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) = 3
fib(6) = 5 fib(5) = 8 fib(4) = 13 fib(3) = 21
fib(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] = 1
Fibonacci[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);
else
return 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：1000000000），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
ALGORITHM
procedure 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，k
i←1
while i
if 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)
endif
i←i+1
repeat
return(true) //满足约束//
end PLACE
procedure 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 NQUEENS
Program :
#include
#include
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
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
}//for
if(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1
for(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;
}//if
if(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
}//lycQueen
void main(){
int i;
printf("请输入皇后的个数:");
scanf("%d",&n);//输入皇后的个数n
j=1;
for(i=1;i<=n;i++){
a[j]=i;
j=j+1;
lycQueen();//调用lycQueen函数
if(c==1) j=1;
}//for
printf("解的个数为%d个\n",k);
}//main
本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/9e68530159f5f61fb7360b4c2e3f5727a4e92418.html
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