递归

这也是最常见的解法了，在最开始学习编程的时候，老师经常用这个例子。
因为他的定义就是递归的，用它可以显而易见地提出递归的思想，n=0和n=1 n=0 和 n = 1 作为递归基，其他的数分别递归求解 fn=fn−1+fn−2 f_n = f_{n-1} + f_{n-2}。

int fib(int n)
{if(n == 0) return 0;if(n == 1) return 1;return fib(n-1) + fib(n-2);
}

动规

但是很容易地就会发现，这个思路十分清晰的算法太慢了。因为他们中的很多值在被重复地计算，例如 f5=f4+f3f_5 = f_4+f_3, f4=f3+f2 f_4=f_3+f_2， f3f_3就被重复地计算了，重复的部分增加的非常快，一旦当 nn 大于 40 多时，就已经很难进行计算了。

这里我们可以利用动规的思想来进行计算，复杂度都能降到 O(n)O(n)。

记忆化

也是最简单的，可以先开一个数组，并且在每次计算出结果后，保存下来，就可以避免重复计算。

int f[10000];
int fib(int n)
{if(f[n]) return f[n];if(n == 0) return f[0] = 0;if(n == 0) return f[1] = 1;return f[n] = fib(n-1) + fib(n-2);
}

递推

从上面的定义方程就可以看出来，每一个值只与前面的数有关于后面的数无关，这样就可以从前往后依次计算（问题比较简单，想法太顺理成章了，动规得太不明显了，但的确是动规）

int fib(int n)
{int f[3] = { 0, 1, 1}if(n<=2) return f[n];for(int i=3; i<=n; i++){f[0] = f[1];f[1] = f[2];f[2] = f[1] + f[0];}return f[2];
}

当然平时做题时还是会开一个数组进行保存，以后查询时就是 O(1)O(1)的复杂度了。

int f[10000];
int init()
{f[0] = 0;f[1] = 1;for(int i=2; i<10000; i++) f[i] = f[i-1] + f[i-2];
}
int fib(int n)
{return f[n];
}

快速幂

上面的算法，已经达到了O(n)O(n)的复杂度，已经是非常优秀的了，但是当我们需要求解很大的答案是，例如 1000000000 之类，那么也是很耗费时间的，或者说我们需要查询的次数比较少，比较分散，那么我们浪费的空间就比较大。下面利用矩阵就是另外一种求解的方法。
利用矩阵的性质我们可以得到下面的结论

(fn+1fnfnfn−1)∗(1110)=(fn+1+fnfn+fn−1fn+1fn)（利用fib数列的定义）=(fn+2fn+1fn+1fn)

\left(\begin{matrix}f_{n+1} & f_n \\f_n & f_{n-1} \\\end{matrix}\right)*\left(\begin{matrix}1 & 1 \\1 & 0 \\\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}f_{n+1}+f_n & f_{n+1} \\f_n+f_{n-1} & f_n \\\end{matrix}\right)（利用fib数列的定义）=\left(\begin{matrix}f_{n+2} & f_{n+1} \\f_{n+1} & f_n \\\end{matrix}\right)

而我们令 n=1，则

(fn+1fnfnfn−1)=(1110)

\left(\begin{matrix}f_{n+1} & f_n \\f_n & f_{n-1} \\\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1 & 1 \\1 & 0 \\\end{matrix}\right)
综上，我们可以得出这样的结论

(fn+1fnfnfn−1)=(1110)n

\left(\begin{matrix}f_{n+1} & f_n \\f_n & f_{n-1} \\\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1 & 1 \\1 & 0 \\\end{matrix}\right)^n
理论有了，我们就可以类推数的快速幂来计算矩阵的快速幂。

// 数的快速幂
int quick_pow(int a, int n)
{int re = 1;int base = a;while(n){if(n&1) re *= base;base *= base;n >>= 1;}return n;
}

矩阵快速幂，需要自己写矩阵的乘法，然后直接套用数的快速幂的模板就行

// 矩阵快速幂struct matrix
{int data[2][2];// 矩阵乘法matrix operator*(matrix & rhs){matrix temp;for(int i=0; i<2; i++){for(int j=0; j<2; j++)temp.data[i][j] = ( data[i][0]*rhs.data[0][j] + data[i][1]*rhs.data[1][j]) % mod;}return temp;}
};int solve(int n)
{// 初始化为单位矩阵matrix re;for(int i=0; i<2; i++)for(int j=0; j<2; j++) re.data[i][j] = (i==j);matrix base;for(int i=0; i<2; i++)for(int j=0; j<2; j++) base.data[i][j] = 1;base.data[1][1] = 0;// 数的快速幂核心代码while(n){if(n&1) re = re * base;base = base * base;n >>= 1;}return re.data[0][1];
}

例题：poj3070 - Fibonacci 解题报告

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