关于Fibonacci数列的几种求法与POJ 3070

(1) 递推(记忆化搜索)求解：

利用 $fib[n] = fib[n - 1] + fib[n - 2]$( $n \geq 3$)求解,复杂度为O(n)
其中 $fib[1]$ = 1;
$fib[2]$ = 1;

参考代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std; 
long long fib[100000];
const int mod = 1e9 + 7;
int main(){
	int n, i;
	scanf("%d", &n);
	fib[1] = 1;
	fib[2] = 1;
	for(i = 3; i <= n; i++)
		fib[i] = (fib[i - 1] + fib[i - 2]) % mod;
	printf("%lld\n", fib[n]);
	return 0;
}

(2) 利用矩阵乘法:

(这就是poj3070的解法,它的题意为:求Fibonacci第n项的后4位(%10000))
我们设 $F[n]$ =
$\left[ \begin{matrix} fib[n] & fib[n + 1] \end{matrix} \right]$
构造一个A矩阵
$F[n]$ = $F[n - 1]$ * A
可得出A =
$\left[ \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix} \right]$
初始值 $F[0]$ =
$\left[ \begin{matrix} 0 & 1 \end{matrix} \right]$
这样子 $F[n]$ = $F[0]$ * $A^n$
便可以用快速幂求解，复杂度为O( $2^3$ $\log n$)

POJ3070代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int mod = 10000;
void mul(int f[2], int a[2][2]){
	int c[2], j, k;
	memset(c, 0, sizeof(c));
	for(j = 0; j < 2; j++)
		for(k = 0; k < 2; k++){
			c[j] = (c[j] + (long long)f[k] * a[k][j]) % mod;
		}
	memcpy(f, c, sizeof(c)); 
}
void mulmyself(int a[2][2]){
	int c[2][2];
	int i, j, k;
	memset(c, 0, sizeof(c));
	for(i = 0; i < 2; i++)
		for(j = 0; j < 2; j++)
			for(k = 0; k < 2; k++)
				c[i][j] = (c[i][j] + (long long)a[i][k] * a[k][j]) % mod;
	memcpy(a, c, sizeof(c));
}
int main(){
	int n,i;
	while(1){
		scanf("%d", &n);
		if(n == -1) break;
		int f[2] = {0, 1};
		int a[2][2] = {{0, 1}, {1, 1}};
		while(n > 0){//快速幂
			if(n & 1) mul(f, a);
			mulmyself(a);
			n >>= 1;
		}
		printf("%d\n", f[0]);
	}
	return 0;
} 

(3) 通项公式：

$fib[n]$ = ${1} \over {\sqrt 5}$[( ${1 + \sqrt 5} \over {2}$) $^n$ - ( ${1 - \sqrt 5} \over {2}$) $^n$]
由于此公式涉及到浮点数，不适合编码。