求斐波那契(Fibonacci)数列通项的七种实现方法
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使用公式f[n]=f[n-1]+f[n-2]，依次递归计算，递归结束条件是f[1]=1，f[2]=1。
二：数组实现
空间复杂度和时间复杂度都是0(n)，效率一般，比递归来得快。
三：vector<int>实现
时间复杂度是0(n)，时间复杂度是0(1)，就是不知道vector的效率高不高，当然vector有自己的属性会占用资源。
四：queue<int>实现
当然队列比数组更适合实现斐波那契数列，时间复杂度和空间复杂度和vector<int>一样，但队列太适合这里了，
f(n)=f(n-1)+f(n-2)，f(n)只和f(n-1)和f(n-2)有关，f(n)入队列后，f(n-2)就可以出队列了。
五：迭代实现
迭代实现是最高效的，时间复杂度是0(n)，空间复杂度是0(1)。
六：公式实现
百度的时候，发现原来斐波那契数列有公式的，所以可以使用公式来计算的。
由于double类型的精度还不够，所以程序算出来的结果会有误差，如果把公式展开计算，得出的结果就是正确的。
完整的实现代码如下：
#include "iostream"
#include "queue"
#include "cmath"
using namespace std;
int fib1(int index) //递归实现
{
if(index<1)
{
return -1;
}
if(index==1 || index==2)
return 1;
return fib1(index-1)+fib1(index-2);
}
int fib2(int index) //数组实现
{
if(index<1)
{
return -1;
}
if(index<3)
{
return 1;
}
int *a=new int[index];
a[0]=a[1]=1;
for(int i=2;i<index;i++)
a[i]=a[i-1]+a[i-2];
int m=a[index-1];
delete a; //释放内存空间
return m;
}
int fib3(int index) //借用vector<int>实现
{
if(index<1)
{
return -1;
}
vector<int> a(2,1); //创建一个含有2个元素都为1的向量
a.reserve(3);
for(int i=2;i<index;i++)
{
a.insert(a.begin(),a.at(0)+a.at(1));
a.pop_back();
}
return a.at(0);
}
int fib4(int index) //队列实现
{
if(index<1)
{
return -1;
}
queue<int>q;
q.push(1);
q.push(1);
for(int i=2;i<index;i++)
{
q.push(q.front()+q.back());
q.pop();
}
return q.back();
}
int fib5(int n) //迭代实现
{
int i,a=1,b=1,c=1;
if(n<1)
{
return -1;
}
for(i=2;i<n;i++)
{
c=a+b; //辗转相加法（类似于求最大公约数的辗转相除法）
a=b;
b=c;
}
return c;
}
int fib6(int n)
{
double gh5=sqrt((double)5);
return (pow((1+gh5),n)-pow((1-gh5),n))/(pow((double)2,n)*gh5);
}
int main(void)
{
printf("%d\n",fib3(6));
system("pause");
return 0;
}
七：二分矩阵方法
如上图，Fibonacci 数列中任何一项可以用矩阵幂算出，而n次幂是可以在logn的时间内算出的。
下面贴出代码：
void multiply(int c[2][2],int a[2][2],int b[2][2],int mod)
{
int tmp[4];
tmp[0]=a[0][0]*b[0][0]+a[0][1]*b[1][0];
tmp[1]=a[0][0]*b[0][1]+a[0][1]*b[1][1];
tmp[2]=a[1][0]*b[0][0]+a[1][1]*b[1][0];
tmp[3]=a[1][0]*b[0][1]+a[1][1]*b[1][1];
c[0][0]=tmp[0]%mod;
c[0][1]=tmp[1]%mod;
c[1][0]=tmp[2]%mod;
c[1][1]=tmp[3]%mod;
}//计算矩阵乘法，c=a*b
int fibonacci(int n,int mod)//mod表示数字太大时需要模的数
{
if(n==0)return 0;
else if(n<=2)return 1;//这里表示第0项为0，第1，2项为1
int a[2][2]={{1,1},{1,0}};
int result[2][2]={{1,0},{0,1}};//初始化为单位矩阵
int s;
n-=2;
while(n>0)
{
if(n%2 == 1)
multiply(result,result,a,mod);
multiply(a,a,a,mod);
n /= 2;
}//二分法求矩阵幂
s=(result[0][0]+result[0][1])%mod;//结果
return s;
}
附带的再贴上二分法计算a的n次方函数。
int pow(int a,int n)
{
int ans=1;
while(n)
{
if(n&1)
ans*=a;
a*=a;
n>>=1;
}
return ans;
}