浅谈斐波那契数列和卡特兰数

斐波那契数列

斐波那契数列是我们较为熟悉的一类数列了，在学习递归和递推的时候我们就已经能求解 $n$ 较小的情况了；斐波那契数列的定义如下：

$$\{\begin{array}{cc}{F}_n=0& n=0\\ F_n=1& n=1\\ F_n=F_{n-1}+F_{n-2}& n\ge 2\end{array}$$

卢卡斯数列#

卢卡斯数列经常作为一个工具来研究斐波那契数列，所以这里也会提到一部分

其定义如下：

$$\{\begin{array}{cc}{L}_n=2& n=0\\ L_n=1& n=1\\ L_n=L_{n-1}+L_{n-2}& n\ge 2\end{array}$$

斐波那契数列通项公式#

第 $n$ 个斐波那契数列可以在 $O(n)$ 的时间内用递推来解决，但我们有更快速的方式来计算。

例如我们有下面的公式

$$F_n=\frac{(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n}{\sqrt{5}}$$

证明：

由上面我们知道斐波那契数列的递推公式为

$$F_n=F_{n-1}+F_{n-2}(n\ge 2)$$

我们设

$$F_n-\lambda F_{n-1}=\mu (F_{n-1}-\lambda F_{n-2})$$

为什么这么设呢，这是因为我们发现构造一个等差数列的话是很难的，所以我们尝试构造一个等比数列 $b_n=q\times b_{n-1}$，按照上面的设法，把 $F_n-\lambda F_{n-1}$ 看作 $b_n$ 即可发现我们构造了一个等比数列的公式，然后我们后面才能利用等比数列的通项公式进行求解。

拆开移项得到

$$\{\begin{array}{c}\lambda +\mu =1\\ -\lambda \times \mu =1\end{array}$$

解得

$$\{\begin{array}{c}\lambda =\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ \mu =\frac{1-\sqrt{5}}{2}\end{array}\text{或}\{\begin{array}{c}\lambda =\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\ \mu =\frac{1+\sqrt{5}}{2}\end{array}$$

将其带回原式子可以得到

$$\{\begin{array}{c}{F}_n-\frac{1+\sqrt{5}}{2}{F}_{n-1}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}(F_{n-1}-\frac{1+\sqrt{5}}{2}{F}_{n-2})\\ F_n-\frac{1-\sqrt{5}}{2}{F}_{n-1}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}(F_{n-1}-\frac{1-\sqrt{5}}{2}{F}_{n-2})\end{array}$$

然后根据等比数列通项公式，我们得到

$$\{\begin{array}{c}{F}_n-\frac{1+\sqrt{5}}{2}{F}_{n-1}=(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^{n-2}(F_2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}{F}_1)\\ F_n-\frac{1-\sqrt{5}}{2}{F}_{n-1}=(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^{n-2}(F_2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}{F}_1)\end{array}$$

然后上式乘以 $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ ，下式乘以 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ 化简就可以得到上面的通项公式了。

或者可以看看上面这位b站大佬的证明过程，比上面的方法更好理解。

需要注意的是，这个公式对于精度要求较高。

卢卡斯数列的通项公式#

其实他的通项公式和斐波那契的很像

$$L_n=(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n+(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n$$

事实上有：

$$\frac{L_n+F_n\sqrt{5}}{2}=(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n$$

其实还有一个式子：

$$L_n^2-5F_n^2=-4$$

矩阵加速求斐波那契数列#

我们在之前的题目遇见的求斐波那契数列第 $n$ 项的值范围都是很小的，因为递归的速度太慢，如果数据范围到达了 ${10}^{18}$ 那么我们递推也是一定 TLE 的，所以这个时候就需要用到我们的矩阵加速递推。

设 $Fib(n)$ 表示一个 $1\times 2$ 的矩阵 $\left[\begin{array}{cc}{F}_n& F_{n+1}\end{array}\right]$ 。我们希望依据 $Fib(n-1)=\left[\begin{array}{cc}{F}_{n-1}& F_{n-2}\end{array}\right]$ 推出 $Fib(n)$。

试着来推导一个矩阵 $\text{base}$，使 $Fib(n-1)\times \text{base}=Fib(n)$，也就是 $\left[\begin{array}{cc}{F}_{n-1}& F_{n-2}\end{array}\right]\times \text{base}=\left[\begin{array}{cc}{F}_n& F_{n-1}\end{array}\right]$。

因为 $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$，所以 $\text{base}$ 矩阵第一列一定是 $\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right]$，这样才能在进行乘法运算的时候才能令 $F_{n-1}$ 与 $F_{n-2}$ 相加，从而得出 $F_n$。同理，为了得出 $F_{n-1}$，矩阵 $\text{base}$ 的第二列应该为 $\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$。

综上所述，$\text{base}=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$ ，原式化为 $\left[\begin{array}{cc}{F}_{n-1}& F_{n-2}\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{F}_n& F_{n-1}\end{array}\right]$。

定义初始矩阵 $ans=\left[\begin{array}{cc}{F}_2& F_1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 1\end{array}\right]$，$\text{base}=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$。那么，$F_n$ 就等于 $ans\times {\text{base}}^{n-2}$ 这个矩阵的第一行第一列的元素，也就是 $\left[\begin{array}{cc}1& 1\end{array}\right]\times {\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}^{n-2}$ 的第一行第一列的元素。

注意矩阵乘法不满足交换律，所以不能将两个矩阵反过来，另外，对于 $n\le 2$ 的情况，可以直接输出 $1$。

P1962斐波那契数列 - 洛谷

参考代码：

Copy
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define P 1000000007
#define N 110
using namespace std;
int n;
struct sb{int m[N][N];}ans,base;
inline sb cheng(sb a,sb b,int ok)
{
    sb c;
    for(int i=1;i<=ok;i++)
    {
          for(int j=1;j<=ok;j++)
          {
              c.m[i][j]=0;
            for(int k=1;k<=ok;k++)
              c.m[i][j]=(c.m[i][j]+a.m[i][k]*b.m[k][j])%P;
          }
    }
    return c;
}
inline sb jzksm(sb x,int y)
{
    sb res=x;y--;
    while(y)
    {
        if(y&1)res=cheng(res,x,2);
        x=cheng(x,x,2);
        y>>=1;
    }
    return res;
}
signed main()
{
    cin>>n;
    if(n==1||n==2){puts("1");return 0;}
    ans.m[1][1]=1;ans.m[1][2]=1;
    base.m[1][1]=1;base.m[1][2]=1;
    base.m[2][1]=1;base.m[2][2]=0;
    base=jzksm(base,n-2);
    ans.m[1][1]=(base.m[1][1]+base.m[1][2])%P;
    cout<<ans.m[1][1]<<endl;
    return 0;
}

快速倍增法#

我们可以用上面的方法得到下面两个等式：

$$F_{2k}=F_k(2F_{k+1}-F_k)$$

$$F_{2k+1}=F_{k+1}^2+F_k^2$$

于是我们可以通过这样的方法快速计算两个相邻的斐波那契数（常数比矩阵法小）。返回值是一个二元组 $(F_n,F_{n+1})$。

性质#

这里只列出一部分。

1. 卡西尼性质：$F_{n-1}{F}_{n+1}-F_n^2=(-1{)}^n$

2. 附加性质：$F_{n+k}=F_k{F}_{n+1}+F_{k-1}{F}_n$

3. 性质二中 $k=n$，我们得到 $F_{2n}=F_n(F_{n+1}+F_{n-1})$

4. 由性质三可以归纳证明，$\mathrm{\forall }k\in \mathbb{N},F_n\mid F_{nk}$

5. 上述性质可逆，即 $\mathrm{\forall }{F}_a\mid F_b,a\mid b$

6. GCD 性质：$gcd(F_m,F_n)=F_{gcd(n,m)}$

斐波那契数列和卢卡斯数列#

不难发现有个上面提到的式子和三角函数公式很像：

$$\frac{L_n+F_n\sqrt{5}}{2}=(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n$$

$$\cos nx+i\sin nx=(\cos x+i\sin x{)}^n$$

上面两个式子很像。

$$L_n^2-5F_n^2=-4$$

$${\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x=1$$

这两个式子也很像。

那么我们大胆推测一下，是不是卢卡斯数列构成的图像很像余弦函数，斐波那契数列构成的图像很像正弦函数？

根据：

$$(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^m(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n=(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^{n+m}$$

可以得到两下标之和的等式：

$$2L_{m+n}=5F_n{F}_m+L_n{L}_m$$

$$2F_{m+n}=F_m{L}_n+L_m{F}_n$$

于是推论就有二倍下标的等式：

$$L_{2n}=L_n^2-2(-1{)}^n$$

$$F_{2n}=F_n{L}_n$$

这也是一种快速倍增下标的办法。

模意义下周期性#

考虑模 $p$ 意义下的斐波那契数列，可以容易地使用抽屉原理证明，该数列是有周期性的。考虑模意义下前 $p^2+1$ 个斐波那契数对（两个相邻数配对）：

$$(F_1,F_2),(F_2,F_3),...,(F_{p^2+1},F_{p^2+2})$$

$p$ 的剩余系大小为 $p$，意味着在前 $p^2+1$ 个数对中必有两个相同的数对，于是这两个数对可以往后生成相同的斐波那契数列，那么他们就是周期性的。

卡特兰数

卡特兰数也算是比较常见的一种

其问题灵活多变，较为经典的有：

• 在圆上选 $2n$ 个点，将这些点成对连接起来使得所得到的 $n$ 条线段不相交的方案数。

• 一个栈的进栈序列为 $1,2,3,\dots ,n$ 有多少个不同的可能的出栈序列。

• $n$ 个节点可以构造多少个不同的二叉树？

如果是给定两种操作，一个操作的个数不超过另一种操作的个数，或者两种操作没有交集，求合法操作方案的总数，那么一般就是卡特兰数。

其对应的序列为 $1,1,2,5,14,42,132...$

递推式#

为了防止冲突，用 $H(i)$ 来表示第 $i$ 个卡特兰数。

该递推关系的解为：

$$H_n=\frac{C_{2n}^n}{n+1}(n\ge 2)$$

$$H_n=\{\begin{array}{cc}1& n=0\\ 1& n=1\\ \sum _{i=1}^n{H}_{i-1}{H}_{n-i}& n\ge 2\end{array}$$

$$H_n=\frac{H_{n-1}(4n-2)}{n+1}$$

实际上最常用的是第一个公式的变形：

$$H_n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}$$

例题：P1044[NOIP2003 普及组] 栈 - 洛谷

直接套用公式二即可。

参考代码：

Copy
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1000100 
using namespace std;
int n,c[N];
signed main()
{
	c[0]=1;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  c[i]=(c[i-1]*(4*i-2))/(i+1);
	cout<<c[n]<<endl;
	return 0; 
}

封闭形式#

卡特兰数的递推式我们前面说过了，也就是这个：

$$H_n=\sum _{i=0}^{n-1}{H}_i{H}_{n-i-1}(n\ge 2)$$

其中 $H_0=1,H_1=1$ 设它的普通生成函数为 $H(x)$

我们发现卡特兰数的递推式与卷积的形式很相似，因此我们用卷积来构造关于 $H(x)$ 的方程：

$$H(x)=\sum _{n\ge 0}^{}{H}_n{x}^n$$

$$=1+\sum _{n\ge 1}^{}\sum _{i=0}^{n-1}{H}_i{x}^i{H}_{n-i-1}{x}^{n-i-1}x$$

$$=1+x\sum _{i\ge 0}^{}{H}_i{x}^i\sum _{n\ge 0}^{}{H}_n{x}^n$$

$$=1+x{H}^2(x)$$

解得：

$$H(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}$$

那么这就产生了一个问题：我们应该取哪一个根呢？我们将其分子有理化：

$$H(x)=\frac{2}{1\mp \sqrt{1-4x}}$$

代入 $x=0$，我们得到的是 $H(x)$ 的常数项，也就是 $H_0$。当 $H(x)=\frac{2}{1+\sqrt{1-4x}}$ 的时候有 $H(0)=1$，满足要求。而另一个解会出现分母为 $0$ 的情况，舍去。

因此我们得到了卡特兰数生成函数的封闭形式：

$$H(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$$

参考自OIWIKI