程序算法艺术与实践:递归策略之Fibonacci数列

背景：

假定你有一雄一雌一对刚出生的兔子，它们在长到一个月大小时开始交配，在第二月结束时，雌兔子产下另一对兔子，过了一个月后它们也开始繁殖，如此这般持续下去。每只雌兔在开始繁殖时每月都产下一对兔子，假定没有兔子死亡，在一年后总共会有多少对兔子？

在一月底，最初的一对兔子交配，但是还只有1对兔子；在二月底，雌兔产下一对兔子，共有2对兔子；在三月底，最老的雌兔产下第二对兔子，共有3对兔子；在四月底，最老的雌兔产下第三对兔子，两个月前生的雌兔产下一对兔子，共有5对兔子；……如此这般计算下去，兔子对数分别是：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,89, 144, ...看出规律了吗？从第3个数目开始，每个数目都是前面两个数目之和。这就是著名的斐波那契（Fibonacci）数列。

数学表示：

Fibonacci数列的数学表达式就是：

F(n) = F(n-1) + F(n-2)

F(1) = 1 ,F(2) = 1

递归程序1：

Fibonacci数列可以用很直观的二叉递归程序来写，用C++语言的描述如下：

long fib1(int n){          if (n <= 2){ return 1;}          else{ return fib1(n-1) + fib1(n-2);}}

看上去程序的递归使用很恰当，可是在用VC2010的环境下测试n=37的时候用了大约3s，而n=45的时候基本下楼打完饭也看不到结果……显然这种递归的效率太低了！！递归效率分析：例如，用下面一个测试函数：

long fib1(int n, int* arr){         arr[n]++;         if (n <= 2){ return 1;}         else{return fib1(n-1, arr) + fib1(n-2, arr);}}

这时，可以得到每个fib(i)被计算的次数：

fib(10) = 1     fib(9) = 1      fib(8) = 2      fib(7) = 3

fib(6) = 5      fib(5) = 8      fib(4) = 13    fib(3) = 21

fib(2) = 34   fib(1) = 55    fib(0) = 34

可见，计算次数呈反向的Fibonacci数列，这显然造成了大量重复计算。我们令T(N)为函数fib(n)的运行时间，当N>=2的时候我们分析可知：

T(N) = T(N-1) + T(N-2) + 2

而fib(n) = fib(n-1) + fib(n-2)，所以有T(N) >= fib(n)，归纳法证明可得：

fib(N) < (5/3)^N

当N>4时，fib（N）>= (3/2)^N

标准写法：

显然这个O（(3/2)^N）是以指数增长的算法，基本上是最坏的情况。

其实，这违反了递归的一个规则：合成效益法则。合成效益法则（Compound interest rule）：在求解一个问题的同一实例的时候，切勿在不同的递归调用中做重复性的工作。所以在上面的代码中调用fib(N-1)的时候实际上同时计算了fib(N-2)。这种小的重复计算在递归过程中就会产生巨大的运行时间。

递归程序2：

用一叉递归程序就可以得到近似线性的效率，用C++语言的描述如下：

long fib(int n, long a, long b, int count){     if (count == n)  return b;     return fib(n, b, a+b, ++count);}long fib2(int n){     return fib(n, 0, 1, 1);}

这种方法虽然是递归了，但是并不直观，而且效率上相比下面的迭代循环并没有优势。

迭代解法：

Fibonacci数列用迭代程序来写也很容易，用C++语言的描述如下：

//也可以用数组将每次计算的f(n)存储下来，用来下次计算用（空间换时间）long fib3 (int n){     long x = 0, y = 1;     for (int j = 1; j < n; j++) {         y = x + y;         x = y - x;     }     return y;}

这时程序的效率显然为O（N），N = 45的时候<1s就能得到结果。

我们将数列写成：

Fibonacci[0] = 0，Fibonacci[1] = 1

Fibonacci[n] = Fibonacci[n-1] + Fibonacci[n-2] (n >= 2)

可以将它写成矩阵乘法形式：

将右边连续的展开就得到：

下面就是要用O(log(n))的算法计算：

显然用二分法来求，结合一些面向对象的概念，C++代码如下：

class Matrix{public:       long matr[2][2];        Matrix(const Matrix&rhs);       Matrix(long a, long b, long c, long d);       Matrix& operator=(const Matrix&);       friend Matrix operator*(const Matrix& lhs, const Matrix& rhs){              Matrix ret(0,0,0,0);              ret.matr[0][0] = lhs.matr[0][0]*rhs.matr[0][0] + lhs.matr[0][1]*rhs.matr[1][0];              ret.matr[0][1] = lhs.matr[0][0]*rhs.matr[0][1] + lhs.matr[0][1]*rhs.matr[1][1];              ret.matr[1][0] = lhs.matr[1][0]*rhs.matr[0][0] + lhs.matr[1][1]*rhs.matr[1][0];              ret.matr[1][1] = lhs.matr[1][0]*rhs.matr[0][1] + lhs.matr[1][1]*rhs.matr[1][1];              return ret;       }};Matrix::Matrix(long a, long b, long c, long d){       this->matr[0][0] = a;       this->matr[0][1] = b;       this->matr[1][0] = c;       this->matr[1][1] = d;}Matrix::Matrix(const Matrix &rhs){       this->matr[0][0] = rhs.matr[0][0];       this->matr[0][1] = rhs.matr[0][1];       this->matr[1][0] = rhs.matr[1][0];       this->matr[1][1] = rhs.matr[1][1];}Matrix& Matrix::operator =(const Matrix &rhs){       this->matr[0][0] = rhs.matr[0][0];       this->matr[0][1] = rhs.matr[0][1];       this->matr[1][0] = rhs.matr[1][0];       this->matr[1][1] = rhs.matr[1][1];       return *this;} Matrix power(const Matrix& m, int n){       if (n == 1)    return m;       if (n%2 == 0)  return power(m*m, n/2);       else      return power(m*m, n/2) * m;}long fib4 (int n){       Matrix matrix0(1, 1, 1, 0);       matrix0 = power(matrix0, n-1);       return matrix0.matr[0][0];}

这时程序的效率为O（log(N)）。公式解法：在O（1）的时间就能求得到F(n)了：

 

注意：其中[x]表示取距离x最近的整数。

用C++写的代码如下：

long fib5(int n){     double z = sqrt(5.0);     double x = (1 + z)/2;     double y = (1 - z)/2;     return (pow(x, n) - pow(y, n))/z + 0.5;}

这个与数学库实现开方和乘方本身效率有关的，我想应该还是在O(log(n))的效率。

总结：

上面给出了5中求解斐波那契数列的方法，用测试程序主函数如下：

int main(){     cout << fib1(45) << endl;     cout << fib2(45) << endl;     cout << fib3(45) << endl;     cout << fib4(45) << endl;     cout << fib5(45) << endl;     return 0;}

函数fib1会等待好久，其它的都能很快得出结果，并且相同为：1134903170。而后面两种只有在n = 1000000000的时候会显示出优势。由于我的程序都没有涉及到高精度，所以要是求大数据的话，可以通过取模来获得结果的后4位来测试效率与正确性。另外斐波那契数列在实际工作中应该用的很少，尤其是当数据n很大的时候（例如：1000000000），所以综合考虑基本普通的非递归O(n)方法就很好了，没有必要用矩阵乘法。

程序全部源码

class Matrix{public:       long matr[2][2];       Matrix(const Matrix&rhs);       Matrix(long a, long b, long c, long d);       Matrix& operator=(const Matrix&);       friend Matrix operator*(const Matrix& lhs, const Matrix& rhs)  {              Matrix ret(0,0,0,0);              ret.matr[0][0] = lhs.matr[0][0]*rhs.matr[0][0] + lhs.matr[0][1]*rhs.matr[1][0];              ret.matr[0][1] = lhs.matr[0][0]*rhs.matr[0][1] + lhs.matr[0][1]*rhs.matr[1][1];              ret.matr[1][0] = lhs.matr[1][0]*rhs.matr[0][0] + lhs.matr[1][1]*rhs.matr[1][0];              ret.matr[1][1] = lhs.matr[1][0]*rhs.matr[0][1] + lhs.matr[1][1]*rhs.matr[1][1];              return ret;       }};Matrix::Matrix(long a, long b, long c, long d){       this->matr[0][0] = a;       this->matr[0][1] = b;       this->matr[1][0] = c;       this->matr[1][1] = d;} Matrix::Matrix(const Matrix &rhs){       this->matr[0][0] = rhs.matr[0][0];       this->matr[0][1] = rhs.matr[0][1];       this->matr[1][0] = rhs.matr[1][0];       this->matr[1][1] = rhs.matr[1][1];} Matrix& Matrix::operator =(const Matrix &rhs){       this->matr[0][0] = rhs.matr[0][0];       this->matr[0][1] = rhs.matr[0][1];       this->matr[1][0] = rhs.matr[1][0];       this->matr[1][1] = rhs.matr[1][1];       return *this;}Matrix power(const Matrix& m, int n){       if (n == 1)     return m;       if (n%2 == 0)  return power(m*m, n/2);       else   return power(m*m, n/2) * m;} //普通递归long fib1(int n){              if (n <= 2) {    return 1; }              else  {  return fib1(n-1) + fib1(n-2); }}long fib(int n, long a, long b, int count){       if (count == n)   return b;       return fib(n, b, a+b, ++count);}//一叉递归long fib2(int n){       return fib(n, 0, 1, 1);} //非递归方法O(n)long fib3 (int n){       long x = 0, y = 1;       for (int j = 1; j < n; j++) {              y = x + y;              x = y - x;       }       return y;} //矩阵乘法O(log(n))long fib4 (int n){       Matrix matrix0(1, 1, 1, 0);       matrix0 = power(matrix0, n-1);       return matrix0.matr[0][0];}//公式法O(1)long fib5(int n){       double z = sqrt(5.0);       double x = (1 + z)/2;       double y = (1 - z)/2;       return (pow(x, n) - pow(y, n))/z + 0.5;} int main(){       //n = 45时候fib1()很慢       int n = 10;       cout << fib1(n) << endl;       cout << fib2(n) << endl;       cout << fib3(n) << endl;       cout << fib4(n) << endl;       cout << fib5(n) << endl;       return 0;}

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