快速的斐波纳契转变GydF4y2Ba

斐波纳契系列GydF4y2Ba是一系列数字在哪里GydF4y2Ba $F (n)GydF4y2Ba$通过前两项术语的求和来计算。在这个维基中，我们将探索各种方式来计算GydF4y2Ba斐波纳契数GydF4y2Ba。GydF4y2Ba

对于那些不记得他们是什么的人，GydF4y2Ba

$f（n）= \左\ {\ begin {matrix} 0＆n = 0 \\ 1＆n = 1 \\ f（n-2）+ f（n-1）＆\ text {否则}。\结束{matrix} \右。GydF4y2Ba$

计算最自然的方式GydF4y2Ba $n ^ \ text {th}GydF4y2Ba$Fibonacci号码是使用递归定义本身。GydF4y2Ba

1 2 3 4 5 6 7GydF4y2Ba

defGydF4y2Ba撒小谎GydF4y2Ba（GydF4y2BaN.GydF4y2Ba）：GydF4y2Ba如果GydF4y2BaN.GydF4y2Ba==.GydF4y2Ba0.GydF4y2Ba：GydF4y2Ba返回GydF4y2Ba0.GydF4y2BaelGydF4y2BaN.GydF4y2Ba==.GydF4y2Ba1GydF4y2Ba：GydF4y2Ba返回GydF4y2Ba1GydF4y2Ba别的GydF4y2Ba：GydF4y2Ba返回GydF4y2Ba撒小谎GydF4y2Ba（GydF4y2BaN.GydF4y2Ba-GydF4y2Ba1GydF4y2Ba的）GydF4y2Ba+GydF4y2Ba撒小谎GydF4y2Ba（GydF4y2BaN.GydF4y2Ba-GydF4y2Ba2GydF4y2Ba的）GydF4y2Ba

运行此算法时，程序一直在斐波那契树上进行计算GydF4y2Ba $f（n-1）GydF4y2Ba$然后再来计算GydF4y2Ba $f（n-2）GydF4y2Ba$。显然，有很多重新计算正在进行中。GydF4y2Ba

空间复杂性GydF4y2Ba
注意计算GydF4y2Ba $F (n)GydF4y2Ba$，我们必须先计算GydF4y2Ba $f（n-1）GydF4y2Ba$并计算GydF4y2Ba $f（n-1）GydF4y2Ba$，我们必须计算GydF4y2Ba $f（n-2）GydF4y2Ba$等等，一直到GydF4y2Ba $F（1）GydF4y2Ba$和GydF4y2Ba $F（0）GydF4y2Ba$。所以，基本上有GydF4y2Ba $N.GydF4y2Ba$递归水平。因此，堆栈空间复杂性是GydF4y2Ba $在）GydF4y2Ba$

时间复杂性GydF4y2Ba
让GydF4y2Ba $t（n）GydF4y2Ba$是计算计算所需的时间GydF4y2Ba $n ^ \ text {th}GydF4y2Ba$斐波那契数。很明显,GydF4y2Ba $t（n）= t（n-1）+ t（n-2），GydF4y2Ba$就是斐波那契递归式!因此,计算GydF4y2Ba $n \ text {th}GydF4y2Ba$斐波纳契数需要订单GydF4y2Ba $F (n)GydF4y2Ba$或简单GydF4y2Ba $o（\ phi ^ n）。GydF4y2Ba$

有没有办法避免在递归算法中重载以上并不将递归堆叠重载的方法是有的方法吗？这样做的一种方法是使用一个GydF4y2Ba自下而上GydF4y2Ba方法，即，从中计算斐波纳契数GydF4y2Ba $F（0）GydF4y2Ba$和GydF4y2Ba $F（1）GydF4y2Ba$到GydF4y2Ba $f（n-1）GydF4y2Ba$和GydF4y2Ba $f（n-2），GydF4y2Ba$因此GydF4y2Ba $F (n)。GydF4y2Ba$

1 2 3 4 5GydF4y2Ba

defGydF4y2Ba撒小谎GydF4y2Ba（GydF4y2BaN.GydF4y2Ba）：GydF4y2Ba新的GydF4y2Ba那GydF4y2Ba老的GydF4y2Ba=GydF4y2Ba1GydF4y2Ba那GydF4y2Ba0.GydF4y2Ba为了GydF4y2Ba一世GydF4y2Ba在GydF4y2BaXrange.GydF4y2Ba（GydF4y2BaN.GydF4y2Ba）：GydF4y2Ba新的GydF4y2Ba那GydF4y2Ba老的GydF4y2Ba=GydF4y2Ba老的GydF4y2Ba那GydF4y2Ba新的GydF4y2Ba+GydF4y2Ba老的GydF4y2Ba返回GydF4y2Ba老的GydF4y2Ba

显然，我们只能最多存放GydF4y2Ba $2GydF4y2Ba$每次都是数字。我们有一个恒定的空间复杂度。GydF4y2Ba

时间复杂性是GydF4y2Ba $在）GydF4y2Ba$，因为我们需要运行循环GydF4y2Ba $N.GydF4y2Ba$时代。GydF4y2Ba

Fibonacci（1）= 1斐波纳契（2）= 1斐波纳契（n）= fibonacci（n  -  2）+ fibonacci（n  -  1）GydF4y2Ba

请注意，上述问题将递归非常昂贵。GydF4y2Ba

从这一点开始，我们将使用矩阵的唯一属性来发现Fibonacci数字的快速计算。GydF4y2Ba

$\ begin {bmatrix} 1＆1 \\ 1＆0 \ end {bmatrix} ^ n = \ begin {bmatrix} f_ {n + 1}＆f_ {n} \\ f_ {n}＆f_ {n}＆f_ {n-1}\结束{bmatrix}。GydF4y2Ba$

这个定理是微不足道的，但我们将证明这一点。GydF4y2Ba

这句话显然是真实的GydF4y2Ba $n = 1GydF4y2Ba$自GydF4y2Ba

$\ begin {bmatrix} 1＆1 \\ 1＆0 \ end {bmatrix} ^ 1 = \ begin {bmatrix} f_2＆f_1 \\ f_1＆f_0 \ neg {bmatrix}。GydF4y2Ba$

假设它也适用于某些人GydF4y2Ba $K.GydF4y2Ba$，然后我们有GydF4y2Ba

$\ begin {bmatrix} 1＆1 \\ 1＆0 \ end {bmatrix} ^ k = \ begin {bmatrix} f_ {k + 1}＆f_k \\ f_k＆f_ {k-1} \ neg {bmatrix}。GydF4y2Ba$

现在，将双方乘以GydF4y2Ba $\ begin {bmatrix} 1＆1 \\ 1＆0 \ end {bmatrix}，GydF4y2Ba$我们有GydF4y2Ba

$\ begin {bmatrix} 1＆1 \\ 1＆0 \ end {bmatrix} ^ {k + 1} = \ begin {bmatrix} f_ {k} + f_ {k + 1}＆f_ {k + 1} \\ f_{k + 1}＆f_ {k} \ neg {bmatrix}。GydF4y2Ba$

这意味着GydF4y2Ba

$开始\ {bmatrix} 1 & 1 \ \ 1 & 0 \ {bmatrix}结束^ {k + 1} = \ f {k + 2} {bmatrix}开始f {k + 1} \ \ f f {k} {k + 1} & \ {bmatrix},GydF4y2Ba$

这是根据定义得出的。GydF4y2Ba

因此，身份持有任何GydF4y2Ba $N.GydF4y2Ba$。GydF4y2Ba $_\正方形GydF4y2Ba$

此算法仅作为动态编程，直到它实现GydF4y2Ba求幂的平方GydF4y2Ba。为此，我们需要意识到这一点GydF4y2Ba $留下^ n = \ \{\开始{矩阵}\离开(2 ^ \右)^ \压裂{n}{2} & \文本为奇数}{n \ \ \离开(2 ^ \右)^ \压裂{n}{2} & \文本{甚至}n。\{矩阵}\正确的结束。GydF4y2Ba$

实现那样，它需要GydF4y2Ba $O (\ log n)GydF4y2Ba$计算的时间GydF4y2Ba $F (n)。GydF4y2Ba$

下面是矩阵求幂算法的一个直接结果，它使我们能够用一些较小的计算做同样的事情。GydF4y2Ba

$\ begin {对齐} f_ {2n}＆= f_ {n}（2 f_ {n + 1} - f_ {n}）\\ f_ {2n + 1}＆= f_ {n + 1} ^ 2 + f_ {n} ^ 2。\结束{对齐}GydF4y2Ba$

我们有GydF4y2Ba

$开始\ {bmatrix} 1 & 1 \ \ 1 & 0 \ {bmatrix} ^ n =结束\开始f {n + 1} {bmatrix} & f f {n} {n} \ \ & f {n} \ {bmatrix}结束。GydF4y2Ba$

平方，GydF4y2Ba

$开始{对齐} \ begin {bmatrix} 1＆1 \\ 1＆0 \ end {bmatrix} ^ {n} \ begin {bmatrix} 1＆1＆1 \\ 1＆0 \ neg {bmatrix} ^ {n}＆= \ begin {bmatrix} f_ {n}＆f_ {n} \\ f_ {n}＆f_ {n} \ neg {bmatrix} \ begin {bmatrix} f_ {n + 1}＆f_ {n} \\ f_ {n}＆f_ {n-1} \ neg {bmatrix} \\ \ begin {bmatrix} 1＆1 \\ 1＆0 \ end {bmatrix} ^ {2n}＆= \ begin {bmatrix}f_ {n + 1} ^ 2 + f_ {n} ^ 2＆f_ {n} f_ {n + 1} + f_ {n} f_ {n-1} \\ f_ {n} f_ {n + 1} +f_ {n} f_ {n-1}＆f_ {n} ^ 2 + f_ {n-1} ^ 2 \ neg {bmatrix} \\ \ begin {bmatrix} f_ {2n + 1}＆f_ {2n} \\ f_ {2n}＆f_ {2n-1} \ neg {bmatrix}＆= \ begin {bmatrix} f_ {n + 1} ^ 2 + f_ {n} ^ 2＆f_ {n} f_ {n + 1}+ f_ {n} f_ {n} \\ f_ {n} f_ {n} f_ {n} f_ {n} f_ {n}＆f_ {n} ^ 2 + f_ {n-1} ^ 2\结束{bmatrix}。\结束{对齐}GydF4y2Ba$

因此，我们有GydF4y2Ba

$f {2 n} \开始{对齐}& = f f {n + 1} {n} + f f {n} {n} \ \ f {2 n + 1} & f {n + 1} = f {n} ^ ^ 2 + 2。\结束{对齐}GydF4y2Ba$

可以简化第一个身份：GydF4y2Ba

$f {2 n} \开始{对齐}& = f f {n + 1} {n} + f f {n} {n} \ \ & = fn (f {n + 1} + f {n - 1 } ) \\ &= fn (f {n + 1} + f f {{n + 1} - n } ) \\ &= fn (2 f f {{n + 1} - n } ) \\ \\ \ 意味着f {2 n} & = fn (f {n + 1} - 2 f {n})。\ \ _ \广场结束{对齐}GydF4y2Ba$

本节需要更好的解释。如果您有一个，请添加它并删除此标志。GydF4y2Ba

我们可以将上述想法推断为形式的再现GydF4y2Ba $f_ {n} = x f_ {n-1} + y f_ {n-2}GydF4y2Ba$通过使用以下矩阵形式：GydF4y2Ba

$\ begin {pmatrix} x＆y \\ 1＆0 \ end {pmatrix} \ begin {pmatrix} f_ {n-1} \\ f_ {n-2} \ neg {pmatrix} = \ begin {pmatrix} f_ {n} \\ f_ {n-1} \ neg {pmatrix}。GydF4y2Ba$