求斐波那契(Fibonacci)数列通项的七种实现方法

一：递归实现
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。

求前四位

完整的实现代码如下：

#include <iostream>#include <queue>#include <cmath>using namespace std;int fib1(int index)     //1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)     //2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)           //3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)       //4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)          //5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)//6{ 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;}

第七种实用性不是特别强在此不做表示。(mdzz)
ps：现世报啊，那天刚用了，矩阵快速幂求斐波那锲，不然会超时，

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*bint 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;}