python兔子繁殖问题中如何输出相应月份的数列_斐波那契数列介绍及Python中五种方法斐波那契数列...
Q：斐波那契数列为何那么重要，全部关于数学的书几乎都会提到？
A：由于斐波那契数列在数学和生活以及天然界中都很是有用。html
1. 斐波那契数列 概念引入
斐波那契数列(Fibonacci sequence)，又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契(Leonardoda Fibonacci)以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”。python
数学上，斐波那契数列以递归的形式进行定义：
F
0
=
0
F
1
=
1
F
n
=
F
n
−
1
+
F
n
−
2
F_{0} = 0\\ F_{1} = 1\\ F_{n} = F_{n-1} + F_{n-2}F0=0F1=1Fn=Fn−1+Fn−2web
场景
先来开看看“兔子数列”以及其余数学应用场景！！app
1. 1 兔子数列
通常而言，兔子在出生两个月后，就有繁殖能力，一对兔子每月能生出一对小兔子来。若是全部兔子都不死，那么一年之后能够繁殖多少对兔子？svg
1.2 排列组合
有一段楼梯有10级台阶，规定每一步只能跨一级或两级，要登上第10级台阶有几种不一样的走法?函数
更多数学方面知识，请戳：
斐波那契数列ui
…设计
2. 数列数学方法解答
2.1 兔子繁殖问题
斐波那契数列又因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”。code
通常而言，兔子在出生两个月后，就有繁殖能力，一对兔子每月能生出一对小兔子来。若是全部兔子都不死，那么一年之后能够繁殖多少对兔子？
咱们不妨拿新出生的一对小兔子分析一下：
第一个月小兔子没有繁殖能力，因此仍是一对
两个月后，生下一对小兔对数共有两对
三个月之后，老兔子又生下一对，由于小兔子尚未繁殖能力，因此一共是三对
－－－－－－
依次类推能够列出下表：
通过月数
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
…
幼仔对数
1
0
1
1
2
3
5
8
13
21
34
55
…
成兔对数
0
1
1
2
3
5
8
13
21
34
55
89
整体对数
1
1
2
3
5
8
13
21
34
55
89
144
幼仔对数=前月成兔对数
成兔对数=前月成兔对数+前月幼仔对数
整体对数=本月成兔对数+本月幼仔对数
能够看出幼仔对数、成兔对数、整体对数都构成了一个数列。这个数列有关十分明显的特色，那是：
前面相邻两项之和，构成了后一项。
2.2 排列组合
2.2.1 跨楼梯组合
有一段楼梯有10级台阶，规定每一步只能跨一级或两级，要登上第10级台阶有几种不一样的走法?
这就是一个斐波那契数列：登上第一级台阶有一种登法；登上两级台阶，有两种登法；登上三级台阶，有三种登法；登上四级台阶，有五种登法……
1，2，3，5，8，13……因此，登上十级，有89种走法。
2.2.2 掷硬币不连续情形
一枚均匀的硬币掷10次，问不连续出现正面的可能情形有多少种？
答案是:
(
1
/
√
5
)
∗
[
(
1
+
√
5
)
/
2
]
(
10
+
2
)
−
[
(
1
−
√
5
)
/
2
]
(
10
+
2
)
=
144
(1/√5)*{[(1+√5)/2]^(10+2) - [(1-√5)/2]^(10+2)}=144(1/√5)∗[(1+√5)/2](10+2)−[(1−√5)/2](10+2)=144
…
3. Python代码实现斐波那契数列
时间复杂度
空间复杂度
经过时间复杂度和空间复杂度评判代码的执行效率。
例如：从规模上来讲，若是须要计算F(4)的值，须要进行9次元素操做
设T(n)为计算n的时间复杂度，那么
T
(
n
)
=
T
(
n
−
1
)
+
T
(
n
−
2
)
+
O
(
1
)
T(n) = T(n-1) + T(n-2)+O(1)T(n)=T(n−1)+T(n−2)+O(1)
通常状况，能够得出：T
(
n
)
<
2
∗
T
(
n
−
1
)
+
O
(
1
)
T(n)< 2* T(n-1) + O(1)T(n)<2∗T(n−1)+O(1)
粗略估算，T
(
n
)
<
O
(
2
n
)
T(n) < O(2^n)T(n)
3.1 python特有写法
打印正整数n以内的斐波那契数列
# Python特有， 常规写法
def fib(self, n):
a = 0
b = 1
while a <= n:
print(a, end=" ", flush=True)
a, b = b, a + b # python不借助变量交换两数的值
fib(100) # 求n以内的斐波那契数列
时
间
复
杂
度
：
O
(
n
)
，
空
间
复
杂
度
：
O
(
1
)
时间复杂度：O(n)， 空间复杂度：O(1)时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(1)
3.2 递归
打印斐波那契数列前10位数字
# 递归
def fibonacci(i):
num_list = [0, 1]
if i < 2:
return num_list[i]
elif i >= 2:
return (fibonacci(i - 2) + fibonacci(i - 1))
print(fibonacci(10))
时
间
复
杂
度
：
O
(
n
)
，
空
间
复
杂
度
：
O
(
n
)
时间复杂度：O(n)， 空间复杂度：O(n)时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(n)
3.3 类对象
# 迭代的方式
class FibIterator(object):
"""斐波那契数列迭代器"""
def __init__(self, n):
"""
:param n: int, 指明生成数列的前n个数
"""
self.n = n
# current用来保存当前生成到数列中的第几个数了
self.current = 0
# num1用来保存前前一个数，初始值为数列中的第一个数0
self.num1 = 0
# num2用来保存前一个数，初始值为数列中的第二个数1
self.num2 = 1
def __next__(self):
"""被next()函数调用来获取下一个数"""
if self.current < self.n:
num = self.num1
self.num1, self.num2 = self.num2, self.num1+self.num2
self.current += 1
return num
else:
raise StopIteration
def __iter__(self):
"""迭代器的__iter__返回自身便可"""
return self
if __name__ == '__main__':
fib = FibIterator(10)
for num in fib:
print(num, end=" ")
3.4 矩阵解决问题
从定义开始：
F
0
=
0
F
1
=
1
F
n
=
F
n
−
1
+
F
n
−
2
F_{0} = 0\\ F_{1} = 1\\ F_{n} = F_{n-1} + F_{n-2}F0=0F1=1Fn=Fn−1+Fn−2
转化为矩阵形式
(
F
n
+
1
F
n
)
=
(
1
1
1
0
)
∗
(
F
n
F
n
−
1
)
\begin{pmatrix} F_{n+1}\\ F_{n} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&1\\ 1&0 \end{pmatrix}* \begin{pmatrix} F_{n}\\ F_{n-1} \end{pmatrix}(Fn+1Fn)=(1110)∗(FnFn−1)
能够得出：(
F
n
+
1
F
n
)
(
1
1
1
0
)
(
F
1
F
0
)
\begin{pmatrix} F_{n+1}\\ F_{n} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&1\\ 1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} F_{1}\\ F_{0} \end{pmatrix}(Fn+1Fn)(1110)(F1F0)
咱们设定
A
=
(
1
1
1
0
)
A=\begin{pmatrix} 1&1\\ 1&0 \end{pmatrix}A=(1110)
很显然能够变为以下：
A
=
(
F
2
F
1
F
1
F
0
)
A=\begin{pmatrix} F_{2}&F_{1}\\ F_{1}&F_{0} \end{pmatrix}A=(F2F1F1F0)
经过数学概括法能够推出如下公式：
A
n
=
(
F
n
+
1
F
n
F
n
F
n
−
1
)
=
(
1
1
1
0
)
n
A^{n}=\begin{pmatrix} F_{n+1}&F_{n}\\ F_{n}&F_{n-1} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&1\\ 1&0 \end{pmatrix}^{n}An=(Fn+1FnFnFn−1)=(1110)n
很显然计算F(n)的值，只须要进行矩阵的n次幂运算，取出结果矩阵第二行第一个元素值便可
时
间
复
杂
度
：
O
(
n
)
，
空
间
复
杂
度
：
O
(
1
)
时间复杂度：O(n)， 空间复杂度：O(1)时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(1)
这里能够利用快速幂运算求解，假设计算A的N次幂,二阶矩阵的乘法知足结合律
设A,B,C都是任意的二阶矩阵，则
A
(
B
C
)
=
(
A
B
)
C
A(BC)=(AB)CA(BC)=(AB)C
咱们设定：m
=
[
n
2
]
m=[\frac{n}{2}]m=[2n]
当n为偶数: A
N
=
A
m
∗
A
m
A^{N}=A^{m}∗A^{m}AN=Am∗Am
当n为奇数: A
N
=
A
m
∗
A
m
∗
A
A^{N}=A^{m}∗A^{m}∗AAN=Am∗Am∗A
至关于A
6
=
A
3
∗
A
3
，
A
7
=
A
3
∗
A
3
∗
A
A^{6}=A^3∗A^3，A^7=A^3∗A^3∗AA6=A3∗A3，A7=A3∗A3∗A
这样能够减小计算次数，由于A
6
=
A
∗
A
∗
A
∗
A
∗
A
∗
A
A6=A∗A∗A∗A∗A∗AA6=A∗A∗A∗A∗A∗A这里有5个乘,A
6
=
(
A
∗
A
∗
A
)
∗
(
A
∗
A
∗
A
)
A6=(A∗A∗A)∗(A∗A∗A)A6=(A∗A∗A)∗(A∗A∗A) 计算完A
∗
A
∗
A
A*A*AA∗A∗A 获得结果A
3
A^3A3，再乘以A
3
A^3A3 这里用了3个乘
如下是普通数据的快速幂运算，运算改成矩阵乘法,ret改成单位矩阵便可
def qpow(base, exp):
if exp == 0:
return 1
ret = 1
while exp:
if exp & 1:
ret = ret * base
base = base * base
exp >>= 1
return ret
3.5 矩阵再推导
咱们能够设定： n
=
2
m
n=2mn=2m
那么
A
2
m
=
(
F
2
m
+
1
F
2
m
F
2
m
F
2
m
−
1
)
=
A
m
∗
A
m
A^{2m}=\begin{pmatrix} F_{2m+1}&F_{2m}\\ F_{2m}&F_{2m-1} \end{pmatrix}=A^{m}*A^{m}A2m=(F2m+1F2mF2mF2m−1)=Am∗Am
已知
A
m
=
(
F
m
+
1
F
m
F
m
F
m
−
1
)
A^{m}=\begin{pmatrix} F_{m+1}&F_{m}\\ F_{m}&F_{m-1} \end{pmatrix}Am=(Fm+1FmFmFm−1)
因此：
(
F
m
+
1
F
m
F
m
F
m
−
1
)
∗
(
F
m
+
1
F
m
F
m
F
m
−
1
)
=
(
F
2
m
+
1
F
2
m
F
2
m
F
2
m
−
1
)
\begin{pmatrix} F_{m+1}&F_{m}\\ F_{m}&F_{m-1} \end{pmatrix}* \begin{pmatrix} F_{m+1}&F_{m}\\ F_{m}&F_{m-1} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} F_{2m+1}&F_{2m}\\ F_{2m}&F_{2m-1} \end{pmatrix}(Fm+1FmFmFm−1)∗(Fm+1FmFmFm−1)=(F2m+1F2mF2mF2m−1)
计算后能够得出：
(
F
2
m
+
1
F
2
m
)
=
(
F
m
+
1
2
+
F
m
2
F
m
∗
(
F
m
+
1
+
F
m
−
1
)
)
\begin{pmatrix} F_{2m+1}\\ F_{2m} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} F_{m+1}^{2}+F_{m}^{2}\\ F_{m}*(F_{m+1}+F_{m-1}) \end{pmatrix}(F2m+1F2m)=(Fm+12+Fm2Fm∗(Fm+1+Fm−1))
这里须要注意一点 n 须要进行奇偶性断定：
当n为奇数时：m
=
[
n
2
]
，
n
=
2
∗
m
+
1
m=[\frac{n}{2}]，n=2*m+1m=[2n]，n=2∗m+1 此时，(
F
n
+
1
F
n
)
(
F
2
m
+
2
F
2
m
+
1
)
(
F
m
+
1
∗
(
F
m
+
2
+
F
m
)
F
m
+
1
2
+
F
m
2
)
\begin{pmatrix} F_{n+1}\\ F_{n} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} F_{2m+2}\\ F_{2m+1} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} F_{m+1}*(F_{m+2}+F_{m})\\ F_{m+1}^{2}+F_{m}^{2} \end{pmatrix}(Fn+1Fn)(F2m+2F2m+1)(Fm+1∗(Fm+2+Fm)Fm+12+Fm2)
因为 F
m
+
2
=
F
m
+
1
+
F
m
F_{m+2}=F_{m+1}+F_{m}Fm+2=Fm+1+Fm ，所以，能够推导出
(
F
n
+
1
F
n
)
=
(
F
m
+
1
∗
(
F
m
+
1
+
2
∗
F
m
)
F
m
+
1
2
+
F
m
2
)
\begin{pmatrix} F_{n+1}\\ F_{n} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} F_{m+1}*(F_{m+1}+2*F_{m})\\ F_{m+1}^{2}+F_{m}^{2} \end{pmatrix}(Fn+1Fn)=(Fm+1∗(Fm+1+2∗Fm)Fm+12+Fm2)
当n为偶数时：m
=
n
2
，
n
=
2
∗
m
m=\frac{n}{2}，n=2*mm=2n，n=2∗m，此时
(
F
n
+
1
F
n
)
=
(
F
2
m
+
1
F
2
m
)
=
(
F
m
+
1
2
+
F
m
2
F
m
∗
(
F
m
+
1
+
F
m
−
1
)
)
\begin{pmatrix} F_{n+1}\\ F_{n} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} F_{2m+1}\\ F_{2m} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} F_{m+1}^{2}+F_{m}^{2}\\ F_{m}*(F_{m+1}+F_{m-1}) \end{pmatrix}(Fn+1Fn)=(F2m+1F2m)=(Fm+12+Fm2Fm∗(Fm+1+Fm−1))
因为 F
m
+
2
=
F
m
+
1
+
F
m
F_{m+2}=F_{m+1}+F_{m}Fm+2=Fm+1+Fm，所以，能够推导出：
(
F
n
+
1
F
n
)
=
(
F
m
+
1
2
+
F
m
2
F
m
∗
(
2
∗
F
m
+
1
−
F
m
)
)
\begin{pmatrix} F_{n+1}\\ F_{n} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} F_{m+1}^{2}+F_{m}^{2}\\ F_{m}*(2*F_{m+1}-F_{m}) \end{pmatrix}(Fn+1Fn)=(Fm+12+Fm2Fm∗(2∗Fm+1−Fm))
因此计算F(N)的值，只须要知道F(n/2+1)和F(n/2)便可
def fib(n):
if n < 1:
return (1, 0)
f_m_1, f_m = fib(n >> 1)
if n & 1:
return f_m_1 * (f_m_1 + 2 * f_m), f_m ** 2 + f_m_1 ** 2
else:
return f_m_1 ** 2 + f_m ** 2, f_m * (2 * f_m_1 - f_m)
时
间
复
杂
度
：
O
(
log
2
n
)
，
空
间
复
杂
度
：
O
(
1
)
时间复杂度：O(\log_2 n)， 空间复杂度：O(1)时间复杂度：O(log2n)，空间复杂度：O(1)
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