快速斐波那契变换gydF4y2Ba

斐波纳契数列gydF4y2Ba一个数列在哪里gydF4y2Ba $F (n)gydF4y2Ba$是由前两项的和计算出来的。在本wiki中，我们将探索各种计算方法gydF4y2Ba斐波纳契数gydF4y2Ba．gydF4y2Ba

对于那些不记得自己是什么的人，gydF4y2Ba

$F (n)左= \ \{\{矩阵}开始0 & n = 0 \ \ 1 & n = 1 \ \ F (n - 2) + F (n - 1) & \文本{否则}。{矩阵}\ \端。gydF4y2Ba$

最自然的计算方法gydF4y2Ba $n ^ \文本{th}gydF4y2Ba$斐波那契数本身就是使用递归定义的。gydF4y2Ba

1 2 3 4 5 6 7gydF4y2Ba

defgydF4y2Ba撒小谎gydF4y2Ba（gydF4y2BangydF4y2Ba)：gydF4y2Ba如果gydF4y2BangydF4y2Ba＝＝gydF4y2Ba0gydF4y2Ba：gydF4y2Ba返回gydF4y2Ba0gydF4y2BaelifgydF4y2BangydF4y2Ba＝＝gydF4y2Ba1gydF4y2Ba：gydF4y2Ba返回gydF4y2Ba1gydF4y2Ba其他的gydF4y2Ba：gydF4y2Ba返回gydF4y2Ba撒小谎gydF4y2Ba（gydF4y2BangydF4y2Ba-gydF4y2Ba1gydF4y2Ba）gydF4y2Ba+gydF4y2Ba撒小谎gydF4y2Ba（gydF4y2BangydF4y2Ba-gydF4y2Ba2gydF4y2Ba）gydF4y2Ba

当这个算法运行时，程序会沿着斐波那契树进行计算gydF4y2Ba $F (n - 1)gydF4y2Ba$然后一直向下计算gydF4y2Ba $F (n - 2)gydF4y2Ba$．显然，需要进行大量的重新计算。gydF4y2Ba

空间复杂度gydF4y2Ba
注意，要计算gydF4y2Ba $F (n)gydF4y2Ba$，我们必须先计算一下gydF4y2Ba $F (n - 1)gydF4y2Ba$和计算gydF4y2Ba $F (n - 1)gydF4y2Ba$，我们必须计算一下gydF4y2Ba $F (n - 2)gydF4y2Ba$等等，一直到gydF4y2Ba $F (1)gydF4y2Ba$和gydF4y2Ba $F (0)gydF4y2Ba$．所以，本质上gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$水平的递归。因此堆栈空间的复杂性gydF4y2Ba $O (n)gydF4y2Ba$

时间复杂度gydF4y2Ba
让gydF4y2Ba $T (n)gydF4y2Ba$计算所需的时间gydF4y2Ba $n ^ \文本{th}gydF4y2Ba$斐波那契数。很明显,gydF4y2Ba $T(n) = T(n-1) + T(n-2)gydF4y2Ba$这就是斐波那契递归!因此,计算gydF4y2Ba $n \文本{th}gydF4y2Ba$斐波那契数列花费时间的顺序gydF4y2Ba $F (n)gydF4y2Ba$或者简单地gydF4y2Ba $O(\φ^ n)。gydF4y2Ba$

是否有一种方法可以避免重新计算之前的斐波那契数一遍又一遍，而不是像在递归算法中那样重载递归堆栈?一种方法是使用gydF4y2Ba自底向上gydF4y2Ba方法，也就是计算斐波那契数列的所有方法gydF4y2Ba $F (0)gydF4y2Ba$和gydF4y2Ba $F (1)gydF4y2Ba$来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（gydF4y2BangydF4y2Ba)：gydF4y2Ba新gydF4y2Ba，gydF4y2Ba老gydF4y2Ba＝gydF4y2Ba1gydF4y2Ba，gydF4y2Ba0gydF4y2Ba为gydF4y2Ba我gydF4y2Ba在gydF4y2BaxrangegydF4y2Ba（gydF4y2BangydF4y2Ba)：gydF4y2Ba新gydF4y2Ba，gydF4y2Ba老gydF4y2Ba＝gydF4y2Ba老gydF4y2Ba，gydF4y2Ba新gydF4y2Ba+gydF4y2Ba老gydF4y2Ba返回gydF4y2Ba老gydF4y2Ba

显然，我们最多只能存储gydF4y2Ba $2gydF4y2Ba$每次都是数字。所以，我们有一个恒定的空间复杂度。gydF4y2Ba

时间复杂度为gydF4y2Ba $O (n)gydF4y2Ba$，因为我们需要遍历循环gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$次了。gydF4y2Ba

斐波那契(1)= 1斐波那契(2)gydF4y2Ba

请注意，上面的问题将非常昂贵的递归。gydF4y2Ba

从这一点开始，我们将使用矩阵的唯一性质来发现斐波纳契数的快速计算。gydF4y2Ba

$开始\ {bmatrix} 1 & 1 \ \ 1 & 0 \ {bmatrix} ^ n =结束\开始f {n + 1} {bmatrix} & f f {n} {n} \ \ & f {n} \ {bmatrix}结束。gydF4y2Ba$

这个定理很简单，但我们还是要证明它。gydF4y2Ba

这个声明显然对gydF4y2Ba $n = 1gydF4y2Ba$自gydF4y2Ba

$\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}^1 = \begin{bmatrix} F_2 & F_1\\ F_1 & F_0 \end{bmatrix}。gydF4y2Ba$

假设它也适用于一些人gydF4y2Ba $kgydF4y2Ba$，然后我们有gydF4y2Ba

$开始\ {bmatrix} 1 & 1 \ \ 1 & 0 \ {bmatrix} ^ k =结束\开始f {k + 1} {bmatrix} & F_k \ \ F_k & f {k - 1} \ {bmatrix}结束。gydF4y2Ba$

两边同时乘以gydF4y2Ba $\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}，gydF4y2Ba$我们有gydF4y2Ba

$开始\ {bmatrix} 1 & 1 \ \ 1 & 0 \ {bmatrix}结束^ {k + 1} = {bmatrix} \开始f f {k + 1} {k} + f {k + 1} \ \ f f {k} {k + 1} & \ {bmatrix}结束。gydF4y2Ba$

这意味着gydF4y2Ba

$开始\ {bmatrix} 1 & 1 \ \ 1 & 0 \ {bmatrix}结束^ {k + 1} = \ f {k + 2} {bmatrix}开始f {k + 1} \ \ f f {k} {k + 1} & \ {bmatrix},gydF4y2Ba$

这是由定义得到的。gydF4y2Ba

因此，这个恒等式适用于任意gydF4y2Ba $ngydF4y2Ba$．gydF4y2Ba $_ \广场gydF4y2Ba$

在动态规划实现之前，该算法的智能程度与动态规划相当gydF4y2Ba求幂的平方gydF4y2Ba．要做到这一点，我们需要认识到这一点gydF4y2Ba $留下^ n = \ \{\开始{矩阵}\离开(2 ^ \右)^ \压裂{n}{2} & \文本为奇数}{n \ \ \离开(2 ^ \右)^ \压裂{n}{2} & \文本{甚至}n。\{矩阵}\正确的结束。gydF4y2Ba$

以这种方式实现，它需要gydF4y2Ba $O (\ log n)gydF4y2Ba$时间来计算gydF4y2Ba $F (n)。gydF4y2Ba$

下面是矩阵求幂算法的直接结果，它使我们能够用较少的计算完成同样的事情。gydF4y2Ba

$\{对齐}开始f f {n} {2 n} & = (2 f {n + 1} - f {n}) f {2 n + 1} \ \ & f {n + 1} = f {n} ^ ^ 2 + 2。结束\{对齐}gydF4y2Ba$

我们有gydF4y2Ba

$开始\ {bmatrix} 1 & 1 \ \ 1 & 0 \ {bmatrix} ^ n =结束\开始f {n + 1} {bmatrix} & f f {n} {n} \ \ & f {n} \ {bmatrix}结束。gydF4y2Ba$

双方平方,gydF4y2Ba

${对齐}\ \开始开始{bmatrix} 1 & 1 \ \ 1 & 0 \ {bmatrix}结束^ {n} \开始{bmatrix} 1 & 1 \ \ 1 & 0 \ {bmatrix}结束^ {n} & = \开始f {n + 1} {bmatrix} & f f {n} {n} \ \ & f {n} \ {bmatrix}结束\开始f {n + 1} {bmatrix} & f f {n} {n} \ \ & f {n} \结束{bmatrix} \ \ \ {bmatrix}开始1 & 1 \ \ 1 & 0 \ {bmatrix}结束^ {2 n} & = \ f {n + 1} {bmatrix}开始f {n} ^ ^ 2 + 2 & f f {n + 1} {n} +F_{n}F_{n-1}\\ F_{n}F_{n+1} + F_{n}F_{n-1} & F_{n}^2 + F_{n-1}^2 \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix} F_{2n+1} & F_{2n}\\ F_{2n} & F_{2n-1} \end{bmatrix} &= \begin{bmatrix} F_{n+1}^2 + F_{n}^2 & F_{n}F_{n+1} + F_{n}F_{n-1}\\ F_{n}F_{n+1} + F_{n}F_{n-1} & F_{n}^2 + F_{n-1}^2 \end{bmatrix} . \end{aligned}$

因此,我们有gydF4y2Ba

$f {2 n} \开始{对齐}& = f f {n + 1} {n} + f f {n} {n} \ \ f {2 n + 1} & f {n + 1} = f {n} ^ ^ 2 + 2。结束\{对齐}gydF4y2Ba$

第一个恒等式可以稍微简化一下: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。如果你有一个，请添加它，并删除这个标志。gydF4y2Ba

我们可以将上面的想法外推到这种形式的递归中gydF4y2Ba $F_ {n} = x F_ {n-1} + y F_ {n-2}gydF4y2Ba$通过使用下列矩阵形式:gydF4y2Ba

$\ {pmatrix}开始x和y \ \ 1和0 \ {pmatrix}结束\ {pmatrix}开始f f {n} {n} \ \ \ {pmatrix} = {pmatrix} \开始结束f f {n} {n} \ \ \ {pmatrix}结束。gydF4y2Ba$