斐波那契数列.docx
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斐波那契数列.docx
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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)=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:
longfib1(intn)
{
if(n<=2)
{
return1;
}
else
{
returnfib1(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:
longfib1(intn,int*arr)
{
arr[n]++;
if(n<=2)
{
return1;
}
else
{
returnfib1(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)=1fib(9)=1fib(8)=2fib(7)=3
fib(6)=5fib(5)=8fib(4)=13fib(3)=21
fib
(2)=34fib
(1)=55fib(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(Compoundinterestrule):
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:
longfib(intn,longa,longb,intcount)
{
if(count==n)
returnb;
returnfib(n,b,a+b,++count);
}
longfib2(intn)
{
returnfib(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)
longfib3(intn)
{
longx=0,y=1;
for(intj=1;j { y=x+y; x=y-x; } returny; } 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: classMatrix { public: longmatr[2][2]; Matrix(constMatrix&rhs); Matrix(longa,longb,longc,longd); Matrix&operator=(constMatrix&); friendMatrixoperator*(constMatrix&lhs,constMatrix&rhs) { Matrixret(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]; returnret; } }; Matrix: : Matrix(longa,longb,longc,longd) { this->matr[0][0]=a; this->matr[0][1]=b; this->matr[1][0]=c; this->matr[1][1]=d; } Matrix: : Matrix(constMatrix&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=(constMatrix&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; } Matrixpower(constMatrix&m,intn) { if(n==1) returnm; if(n%2==0) returnpower(m*m,n/2); else returnpower(m*m,n/2)*m; } longfib4(intn) { Matrixmatrix0(1,1,1,0); matrix0=power(matrix0,n-1); returnmatrix0.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: longfib5(intn) { doublez=sqrt(5.0); doublex=(1+z)/2; doubley=(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: intmain() { cout< cout< cout< cout< cout< return0; } 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 procedurePLACE(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。 // globalX(1: k);integeri,k i←1 whilei ifX(i)=X(k)//在同一列有两个皇后// orABS(X(i)-X(k))=ABS(i-k) //在同——条斜角线上// thenreturn(false) endif i←i+1 repeat return(true)//满足约束// endPLACE procedureNQUEENS(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// Whilek>0do//对所有的行执行以下语句// {X(k)←X(k)+1//移到下一列// WhileX(k)≤nandnotPLACE(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// ifX(k)≤n//找到一个位置// thenifk=n//是一个完整的解吗// thenprint(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// elsek←k-1//回溯// endif } endNQUEENS Program: #include #include intk=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 voidlycQueen(){//递归求解函数 inti,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 elseflag=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 voidmain(){ inti; 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
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