斐波那契数

一、定义

  斐波那契数，又称黄金分割数列，是指数列:\(0,1,1,2,3,5,8,……\)。表示后一个数由前两个数的和组成，递归上定义为\(f[0]=0,f[1]=1,f[i]=f[i-1]+f[i-2]\)。

二、通项公式

  接下来用推导斐波那契数的通项公式：

  假设常数s、r满足：

    \(f[n]-r*f[n-1]=s*(f[n-1]-r*f[n-2])\)

  再结合斐波那契数的定义，我们可以得到：

    \(r+s=1,rs=-1\)

  所以，对于\(n≥3\)时，有：

    \(f[n]-r*f[n-1]=s*(f[n-1]-r*f[n-2])\)

    \(f[n-1]-r*f[n-2]=s*(f[n-2]-r*f[n-3])\)

    \(……\)

    \(f[3]-r*f[2]=s*(f[2]-r*f[1])\)

  我们联立这n-2个式子，可以得到：

    \(f[n]-r*f[n-1]=s^{n-2}*(f[2]-r*f[1])\)

  因为：

    \(s=1-r,f[1]=f[2]=1\)

  所以可以化简：

    \(f[n]=s^{n-1}+r*f[n-1]\)

       \(=s^{n-1}+r*s^{n-2}+r^2*f[n-2]\)

       \(=s^{n-1}+r*s^{n-2}+r^2*s^{n-3}+r^3*f[n-3]\)

       \(……\)

       \(=s^{n-1}+r*s^{n-2}+r^2*s^{n-3}+……+r^{n-1}\)

  这就是一个以\(s^{n-1}\)为首项，\(r^{n-1}\)为末项，\(\frac{r}{s}\)为公比的等比数列，直接运用等比数列求和公式：

\[原式=\frac{s^{n-1}-r^{n-1}*\frac{r}{s}}{1-\frac{r}{s}} \]

\[=\frac{s^n-r^n}{s-r} \]

  因为前文求出的两个关于\(r、s\)的式子其中一组解为：

\[s=\frac{1+\sqrt{5}}{2},r=\frac{1-\sqrt{5}}{2} \]

  所以通项公式为：

\[f[n]=\frac{\sqrt{5}}{5}*[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n] \]

例1 普通递归关系

  给出以下定义在非负整数n下的递归关系：

\[f[n]= \begin{cases} f_0 \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad n=0 \\ f_1 \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad n=1 \\ a*f[n-1]+b*f[n-2] \qquad otherwise \end{cases} \]

  其中\(a、b\)是满足以下两个条件的常数：

  (一)\(a^2+4b>0\)

  (二)\(|a-\sqrt{a^2+4b}|≤2\)

  给出\(f_0,f_1,a,b,n\)，求\(f[n]\)

 

  我们考虑直接暴推公式，用类似斐波那契数的方法求得公式为：

\[f[n]=\frac{s^n(f_1-mf_0)-r^n(f_1-kf_0)}{s-r} \]

  其中：

\[s、r=\frac{a±\sqrt{a^2+4b}}{2} \]

  直接快速幂求解就行了。

  然而推完式子后发现这实际上是复杂度理论上和矩阵快速幂一样的，而且矩阵快速幂好写很多，然后就不想写代码了。

例2 数字迷阵

  题面太长，懒得打了，自己去看吧。数字迷阵

  我们考虑每一行都相当于是斐波那契数，只要求出前两项即可，所以我们考虑前两项的规律。

  由于我们知道\(A[i,2]=2A[i,1]-(i-1)\),只要考虑找出\(A[i,1]\)的规律即可。

  对于\(A[i,1]\)，我们分析它的差值可以知道：

    \(1\sim2\)行：\(3\)

    \(3\sim4\)行：\(2-3\)

    \(5\sim7\)行：\(3-2-3\)

    \(8\sim12\)行：\(2-3-3-2-3\)

  所以每次的差值就是由前两项的差值拼接起来，接下来就是求通项公式;

  但我们发现直接求通项公式很复杂，代码也难以在合适的时间复杂度内模拟，我们考虑求出它的前两项（\(0\)列和\(-1\)列）：

列数|-1|0|1|2|3|4|5|6|7|8|

• |:-😐:-😐:-😐:-😐:-😐:-😐:-😐:-😐:-😐 -:
  | |0 | 1 | 2 | 3 | 5 | 8 | 13 | 21 | 34 | 55 |
  | |1 | 3 | 4 | 7 | 11 | 18 | 29 | 47 | 76 |123 |
  | |2 | 4 | 6 | 10| 16 | 26 | 42 | 68 | 110 | 178 |
  | |3 | 6 | 9 | 15| 24 | 39 | 63 | 102| 165 | 267 |
  | |4 | 8 | 12| 20| 32 | 52 | 84 | 136| 220 | 356 |

  所以我们可以发现第\(-1\)列的规律是自然数依次递增，而这个第\(0\)列，看着十分眼熟，实际上这与\(Wythoff\)博弈有关，我们知道\(Wythoff\)博弈的必胜态为：

\[(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13)…… \]

  而Wythoff博弈后手必胜态的通项为：

\[(\lfloor{\phi}\rfloor,\lfloor\phi^2\rfloor),(\lfloor2\phi\rfloor,\lfloor2\phi^2\rfloor),(\lfloor3\phi\rfloor,\lfloor3\phi^2\rfloor),(\lfloor4\phi\rfloor,\lfloor4\phi^2\rfloor)……\\ 其中\phi=\frac{\sqrt{5}+1}{2} \]

定理：Wthyoff博弈的必胜态为序列\(W\)（即上述序列），通项公式为\((\lfloor n\phi\rfloor,\lfloor n\phi^2\rfloor)\)

证明：我们先证明序列W满足这三个性质：

  \(1、W无重复且不遗漏包含了所有整数\)

  \(2、W中两数之差依次为1，2，3，4，……\)

  \(3、W中的较小数依次递增\)

  性质1：

Beatty-Rayleigh 定理
对于任意两个正无理数满足\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1\),那么数列\(\lfloor\alpha\rfloor,\lfloor2\alpha\rfloor,\lfloor3\alpha\rfloor,……\)和数列\(\lfloor\beta\rfloor,\lfloor2\beta\rfloor,\lfloor3\beta\rfloor,……\)既无重复有无遗漏的包含了所有的正整数

  而\(\phi\)和\(\phi^2\)恰好就是满足条件的两个正无理数(定理的具体证明就不写了)

  性质\(2\)和\(3\)比较显然，我们可以直接由通项公式知道

  由这三个性质我们可以知道三个关于W的条件

  \(1、W中的任意一个数对都无法一步变成终止状态(0,0)\)

  \(2、W中的任意一个数对都无法通过一步变成W中的另一个数\)

  \(3、W外的任何一个数对都可以一步变成(0,0)或W中的数对\)

  所以显然W是满足要求的数对

  不过关于\(Fibonacci\)数列和\(Wthyoff\)还有很多更深的联系，就不再赘述了，大家想了解可以看这位大佬的博客

  所以我们从一道\(Fibonacci\)+矩阵快速幂题成功扯到了博弈，而事实关系远不止如此，题目中要我们求得表实际上就是\(wthyoff\)表，而这又和\(Zeckendorf\)表达有关，不得不感叹数学海洋的辽阔。

  扯到这里，第\(1\)列的通项公式就出来了，由于第\(-1\)列的通项为\(i-1\)，第\(0\)列的通项为\(\lfloor i\phi\rfloor\),所以第\(1\)列的通项就为\(\lfloor i\phi+i-1 \rfloor\)

  已知前两项的斐波那契数做法就很多了，我们可以直接代入之前的公式，也可以用矩阵快速幂求解。

  代码就不贴了，知道结论挺好写的。