关于斐波那契数列

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关于斐波那契数列

警告：本文使用了微少的 $LATEX$，请谨慎食用。

斐波那契数列的定义

$$F(n)=\{\begin{array}{ll}0& n=0\\ 1& n=1\\ F(n-1)+F(n-2)& n\ge 2\end{array}$$

这个是很显然的吧。

例题

P1720 月落乌啼算钱（斐波那契数列）

这一道题是语法的入门题，由于项数不超过 $33$，我们可以直接使用递推公式。

#include<cstdio>
int main(){
	int n,n1=1,n2=1,s=0;//第一项和第二项。
	scanf("%d",&n);
	if (n==1) return printf("%d\n",n1),0;
	s=n2;
	for (int i=3;i<n;i++){
		if (i&1) n1+=n2,s=n1;
		else n2+=n1,s=n2;
	} 
	printf("%d\n",s);
    return 0;
}

上面的代码时间复杂度是 $O(n)$ 的，但是，斐波那契数列是有公式的！我们不能只止步于递推。

公式：

$$F(n)={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}[({\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}}{)}^n-({\displaystyle \frac{1-\sqrt{5}}{2}}{)}^n]$$

证明（虽然我也没看懂）：

于是我们就可以利用上面的通项公式，使用 cmath 库中的 sqrt 和 pow 函数来简洁地求解：

//the code is from chenjh
#include<cstdio>
#include<cmath>
int main(){
	int n;scanf("%d",&n);
	printf("%.2lf\n",1.0/sqrt(5)*(pow((1+sqrt(5))/2,n)-pow((1-sqrt(5))/2,n)));
	return 0;
}

上面的代码的时间复杂度是 $O(1)$ 的！（我们可以暂且认为 sqrt 和 pow 函数的时间复杂度 $O(1)$ 的）

「POJ3070」Fibonacci

此题要求 $F_n(0\le n\le {10}^9)$，普通的 $O(n)$ 递推一定是无法胜任的。

所以我们就需要——矩阵乘法来加速递推。

斐波那契数列的另外一个通项公式是：

$$\left[\begin{array}{cc}{F}_{n+1}& F_n\\ F_n& F_{n-1}\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}^n=\begin{array}{c}\underbrace{\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]\dots \left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}\\ n\text{ times}\end{array}$$

于是我们就可以利用矩阵乘法配合快速幂进行 $O(2^3\log n)$ 复杂度的递推，其中 $2^3$ 为矩阵乘法所需要的复杂度。

//the code is from chenjh
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int m=10000;
void mul(int f[2],int a[2][2]){
	int c[2];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int j=0;j<2;j++)
		for(int k=0;k<2;k++)
			c[j]=(c[j]+(LL)f[k]*a[k][j])%m;
	memcpy(f,c,sizeof(c));
}
void mulself(int a[2][2]){
	int c[2][2];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int i=0;i<2;i++)
		for(int j=0;j<2;j++)
			for(int k=0;k<2;k++)
				c[i][j]=(c[i][j]+(LL)a[i][k]*a[k][j])%m;
	memcpy(a,c,sizeof(c));
}
int main(){
	int n;
	while(cin>>n && n!=-1){
		int f[2]={0,1};
		int a[2][2]={{0,1},{1,1}};
		for(;n;n>>=1){
			if(n&1) mul(f,a);
			mulself(a);
		}
		cout<<f[0]<<endl;
	}
	return 0;
}

LibreOJ #10221. 「一本通 6.5 例 3」Fibonacci 前 n 项和

设斐波那契数列的第 $n$ 项为 $F_n$，前 $n$ 项和为 $S_n$。

方法一

根据矩阵乘法的定义，可以列出公式：

$$\left[\begin{array}{ccc}{S}_n& F_n& F_{n+1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{S}_{n-1}& F_{n-1}& F_n\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right]$$

最后利用矩阵乘法配合快速幂实现，时间复杂度为 $O(3^3\log n)$。

//the code is from chenjh
#include<cstdio>
#include<cstring>
typedef long long LL;
LL m;
void mul(LL f[3],LL a[3][3]){
	LL c[3];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int j=0;j<3;j++)
		for(int k=0;k<3;k++)
			c[j]=(c[j]+f[k]*a[k][j])%m;
	memcpy(f,c,sizeof(c));
}
void mulself(LL a[3][3]){
	LL c[3][3];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int i=0;i<3;i++)
		for(int j=0;j<3;j++)
			for(int k=0;k<3;k++)
				c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*a[k][j])%m;
	memcpy(a,c,sizeof(c));
}
int main(){
	LL n;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	LL f[3]={0,0,1};
	LL a[3][3]={{1,0,0},{0,0,1},{1,1,1}};
	for(;n;n>>=1){
		if(n&1) mul(f,a);
		mulself(a);
	}
	printf("%lld\n",f[0]);
	return 0;
}

方法二

公式：

$$S_n=F_{n+2}-1$$

证明：

运用数学归纳法。

当 $n=1$ 时，命题成立。

假设 $n=k$ 时，命题成立。

当 $n=k+1$ 时：

$$\begin{array}{rl}{F}_{k+3}-1& =F_{k+1}+F_{k+2}-1\\ & =F_{k+1}+\sum _{i=1}^k{F}_i\\ & =\sum _{i=1}^{k+1}{F}_i\end{array}$$

所以直接用矩阵乘法配合快速幂求出 $F_{n+2}$ 即可。

时间复杂度 $O(2^3\log n)$。

//the code is from chenjh
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL m;
void mul(LL f[2],LL a[2][2]){
	LL c[2];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int j=0;j<2;j++)
		for(int k=0;k<2;k++)
			c[j]=(c[j]+f[k]*a[k][j])%m;
	memcpy(f,c,sizeof(c));
}
void mulself(LL a[2][2]){
	LL c[2][2];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int i=0;i<2;i++)
		for(int j=0;j<2;j++)
			for(int k=0;k<2;k++)
				c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*a[k][j])%m;
	memcpy(a,c,sizeof(c));
}
int main(){
	LL n;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	n+=2;
	LL f[2]={0,1};
	LL a[2][2]={{0,1},{1,1}};
	for(;n;n>>=1){
		if(n&1) mul(f,a);
		mulself(a);
	}
	printf("%lld\n",f[0]-1);
	return 0;
}

LibreOJ #10222. 「一本通 6.5 例 4」佳佳的 Fibonacci

计算出前 $n$ 项，输入到 OEIS 中，你会发现就是 A014286 号数列。

通项公式是：

$$S(n)=n\times F_{n+2}-F_{n+3}+2$$

于是就可以直接计算了，但是我们仍要证明一下：

把他变成一个三角形：

$$\begin{array}{ccccc}{F}_1& & & & \\ F_2& F_2& & & \\ F_3& F_3& F_3& & & \\ F_4& F_4& F_4& F_4& & \\ F_5& F_5& F_5& F_5& F_5\end{array}$$

$$\dots$$

答案就是这个三角形内所有数之和。

我们可以把这个三角形竖着看，发现了啥？这个式子就是：

$$\sum _{i=1}^n(S_n-S_{i-1})$$

把 $S_n$ 提取出来：

$$n{S}_n-\sum _{i=1}^n{S}_{i-1}$$

这个时候，$S_n=F_{n+2}-1$ 派上用场了。把这个式子往里面套啊！

$$n(F_{n+2}-1)-\sum _{i=1}^n(F_{i+1}-1)$$

发现了啥？$\sum _{i=1}^n(F_{i+1}-1)$ 其实也可以转化为 $S_{n+1}-F_1-n$。

把 $S_n=F_{n+2}-1$ 再往 $S_{n+1}$ 里面套！

答案就变成了：

$$n(F_{n+2}-1)-(F_{n+3}-1-F_1-n)=n{F}_{n+2}-n-F_{n+3}+1+F_1+n=n{F}_{n+2}-F_{n+3}+2$$

//the code is from chenjh
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
typedef long long LL;
int n,m;
void mul(int f[2],int a[2][2]){
	int c[2];
	memset(c,0,sizeof c);
	rep(i,0,2)rep(j,0,2)c[i]=(c[i]+(LL)f[j]*a[j][i])%m;
	memcpy(f,c,sizeof c);
}
void mulself(int a[2][2]){
	int c[2][2];
	memset(c,0,sizeof c);
	rep(i,0,2)rep(j,0,2)rep(k,0,2)c[i][j]=(c[i][j]+(LL)a[i][k]*a[k][j])%m;
	memcpy(a,c,sizeof c);
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int f[2]={0,1};
	int a[2][2]={{0,1},{1,1}};
	for(int x=n+2;x;x>>=1,mulself(a))if(x&1)mul(f,a);
	printf("%lld\n",((LL)n*f[0]-f[1]+2+m)%m);
	return 0;
}

补充知识

1. fib在模m后，一定存在周期性。
2. More：斐波那契数列的性质 - Milkor - 博客园 (cnblogs.com)

参考文献

• LaTeX 数学公式大全 - Iowa_BattleShip 的博客 - 洛谷博客 (luogu.com.cn)
• 斐波那契数列的性质 - Milkor - 博客园 (cnblogs.com)
• 题解 - 讨论 - LibreOJ (loj.ac)

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