斐波那契数列是一个非常美丽、和谐的数列，有人说它起源于一对繁殖力惊人、基因非常优秀的兔子，也有人说远古时期的鹦鹉就知道这个规律。

　　每一个学理工科的学生都知道斐波那契数列，斐波那契数列由如下递推关系式定义：

　　　　F(0)=0, F(1)=1, n>1时，F(n)=F(n-1)+F(n-2)。

　　每一个上过算法课的同学都能用递归的方法求解斐波那契数列的第n+1项的值，即F(n)。

1 int Fibonacci(int n)
2 {
3     if (n <= 0) return 0;
4     else if (n == 1) return 1;
5     else return Fibonacci(n-1) + Fibonacci(n-2);
6 }

　　我们的问题是：有没有更加优化的解法？

分析与解法

　　技术面试的一个常见问题是，对于一个常见的算法，能否进一步优化？这个时候，平时喜欢超越课本思考问题的同学，就有施展才华的机会了。

解法一：递推关系式的优化

　　用一个数组存储所有已计算过的项。这样便可达到用空间换时间的目的。在这种情况下，时间复杂度为O(n)，空间复杂度也为O(n)。

解法二：求通项公式

　　如果我们知道一个数列的通项公式，使用公式来计算会更加容易。

　　特征方程为：x²=x+1，有两个特征根x₁，x₂。

　　则通项为F(n)=Ax₁ⁿ+Bx₂ⁿ，其中A，B可以通过F(0)和F(1)计算出来。

　　通过通项公式，我们可以在O(1)时间内求出F(n)。但公式中引入了无理数，所以不能保证结果的糖度。

解法三：分治策略

　　存在2*2的矩阵A，使得：

　　　　[F_n F_n-1] = [F_n-1, F_n-2]*A

　　通过递推可以求得A={{1, 1}{1, 0}}

　　且：[F_n F_n-1] = [F_n-1, F_n-2]*A = [F_n-2, F_n-3]*A²= ... = [F₁, F₀]*A^n-1

　　剩下的问题就是求解矩阵A的方幂。

　　参考代码如下：

 1 #include <iostream>
 2 using namespace std;
 3
 4 typedef long long LL;
 5 const int maxn = 2;
 6 const int MOD = 100000007;
 7
 8 struct Matrix
 9 {
10     LL m[maxn][maxn];
11 };
12
13 Matrix A = {1, 1, 1, 0};
14 Matrix I = {1, 0, 0, 1};
15
16 Matrix multi(Matrix a, Matrix b)
17 {
18     Matrix c;
19     for (int i = 0; i < maxn; i++)
20     {
21         for (int j = 0; j < maxn; j++)
22         {
23             c.m[i][j] = 0;
24             for (int k = 0; k < maxn; k++)
25             {
26                 c.m[i][j] += a.m[i][k] * b.m[k][j] % MOD;
27             }
28             c.m[i][j] %= MOD;
29         }
30     }
31     return c;
32 }
33
34 Matrix power(Matrix A, int k)
35 {
36     Matrix ans = I, p = A;
37     while (k)
38     {
39         if (k & 1)
40         {
41             ans = multi(ans, p);
42             k--;
43         }
44         k >>= 1;
45         p = multi(p, p);
46     }
47     return ans;
48 }
49
50 int main(int argc, char *argv[])
51 {
52     int n;
53     while (cin >> n)
54     {
55         if (n <= 0)
56         {
57             cout << 0 << endl;
58             continue;
59         }
60         Matrix ans = power(A, n-1);
61         cout << ans.m[0][0] << endl;
62     }
63 }

扩展问题

假设A(0)=1，A(1)=2，A(2)=2。对于n>2，都有A(k)=A(k-1)+A(k-2)+A(k-3)。

(1) 对于任何一个给定的n，如何计算A(n)？

(2) 对于n非常大的情况，如n=260的时候，如何计算A(n)modM(M<100000)呢？