斐波那契数

一、定义

  斐波那契数，又称黄金分割数列，是指数列:(0,1,1,2,3,5,8,……)。表示后一个数由前两个数的和组成，递归上定义为(f[0]=0,f[1]=1,f[i]=f[i-1]+f[i-2])。

二、通项公式

  接下来用推导斐波那契数的通项公式：

  假设常数s、r满足：

    (f[n]-r*f[n-1]=s*(f[n-1]-r*f[n-2]))

  再结合斐波那契数的定义，我们可以得到：

    (r+s=1,rs=-1)

  所以，对于(n≥3)时，有：

    (f[n]-r*f[n-1]=s*(f[n-1]-r*f[n-2]))

    (f[n-1]-r*f[n-2]=s*(f[n-2]-r*f[n-3]))

    (……)

    (f[3]-r*f[2]=s*(f[2]-r*f[1]))

  我们联立这n-2个式子，可以得到：

    (f[n]-r*f[n-1]=s^{n-2}*(f[2]-r*f[1]))

  因为：

    (s=1-r,f[1]=f[2]=1)

  所以可以化简：

    (f[n]=s^{n-1}+r*f[n-1])

       (=s^{n-1}+r*s^{n-2}+r^2*f[n-2])

       (=s^{n-1}+r*s^{n-2}+r^2*s^{n-3}+r^3*f[n-3])

       (……)

       (=s^{n-1}+r*s^{n-2}+r^2*s^{n-3}+……+r^{n-1})

  这就是一个以(s^{n-1})为首项，(r^{n-1})为末项，(frac{r}{s})为公比的等比数列，直接运用等比数列求和公式：

[原式=frac{s^{n-1}-r^{n-1}*frac{r}{s}}{1-frac{r}{s}} ]

[=frac{s^n-r^n}{s-r} ]

  因为前文求出的两个关于(r、s)的式子其中一组解为：

[s=frac{1+sqrt{5}}{2},r=frac{1-sqrt{5}}{2} ]

  所以通项公式为：

[f[n]=frac{sqrt{5}}{5}*[(frac{1+sqrt{5}}{2})^n-(frac{1-sqrt{5}}{2})^n] ]

例1 普通递归关系

  给出以下定义在非负整数n下的递归关系：

[f[n]= egin{cases} f_0 qquad qquad qquad qquad qquad qquad n=0 \ f_1 qquad qquad qquad qquad qquad qquad n=1 \ a*f[n-1]+b*f[n-2] qquad otherwise end{cases} ]

  其中(a、b)是满足以下两个条件的常数：

  (一)(a^2+4b>0)

  (二)(|a-sqrt{a^2+4b}|≤2)

  给出(f_0,f_1,a,b,n)，求(f[n])

 

  我们考虑直接暴推公式，用类似斐波那契数的方法求得公式为：

[f[n]=frac{s^n(f_1-mf_0)-r^n(f_1-kf_0)}{s-r} ]

  其中：

[s、r=frac{a±sqrt{a^2+4b}}{2} ]

  直接快速幂求解就行了。

  然而推完式子后发现这实际上是复杂度理论上和矩阵快速幂一样的，而且矩阵快速幂好写很多，然后就不想写代码了。

例2 数字迷阵

  题面太长，懒得打了，自己去看吧。数字迷阵

  我们考虑每一行都相当于是斐波那契数，只要求出前两项即可，所以我们考虑前两项的规律。

  由于我们知道(A[i,2]=2A[i,1]-(i-1)),只要考虑找出(A[i,1])的规律即可。

  对于(A[i,1])，我们分析它的差值可以知道：

    (1sim2)行：(3)

    (3sim4)行：(2-3)

    (5sim7)行：(3-2-3)

    (8sim12)行：(2-3-3-2-3)

  所以每次的差值就是由前两项的差值拼接起来，接下来就是求通项公式;

  但我们发现直接求通项公式很复杂，代码也难以在合适的时间复杂度内模拟，我们考虑求出它的前两项（(0)列和(-1)列）：

列数	-1	0	1	2	3	4	5	6	7	8
	0	1	2	3	5	8	13	21	34	55
	1	3	4	7	11	18	29	47	76	123
	2	4	6	10	16	26	42	68	110	178
	3	6	9	15	24	39	63	102	165	267
	4	8	12	20	32	52	84	136	220	356

  所以我们可以发现第(-1)列的规律是自然数依次递增，而这个第(0)列，看着十分眼熟，实际上这与(Wythoff)博弈有关，我们知道(Wythoff)博弈的必胜态为：

[(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13)…… ]

  而Wythoff博弈后手必胜态的通项为：

[(lfloor{phi} floor,lfloorphi^2 floor),(lfloor2phi floor,lfloor2phi^2 floor),(lfloor3phi floor,lfloor3phi^2 floor),(lfloor4phi floor,lfloor4phi^2 floor)……\ 其中phi=frac{sqrt{5}+1}{2} ]

定理：Wthyoff博弈的必胜态为序列(W)（即上述序列），通项公式为((lfloor nphi floor,lfloor nphi^2 floor))

证明：我们先证明序列W满足这三个性质：

  (1、W无重复且不遗漏包含了所有整数)

  (2、W中两数之差依次为1，2，3，4，……)

  (3、W中的较小数依次递增)

  性质1：

Beatty-Rayleigh 定理
对于任意两个正无理数满足(frac{1}{alpha}+frac{1}{eta}=1),那么数列(lflooralpha floor,lfloor2alpha floor,lfloor3alpha floor,……)和数列(lflooreta floor,lfloor2eta floor,lfloor3eta floor,……)既无重复有无遗漏的包含了所有的正整数

  而(phi)和(phi^2)恰好就是满足条件的两个正无理数(定理的具体证明就不写了)

  性质(2)和(3)比较显然，我们可以直接由通项公式知道

  由这三个性质我们可以知道三个关于W的条件

  (1、W中的任意一个数对都无法一步变成终止状态(0,0))

  (2、W中的任意一个数对都无法通过一步变成W中的另一个数)

  (3、W外的任何一个数对都可以一步变成(0,0)或W中的数对)

  所以显然W是满足要求的数对

  不过关于(Fibonacci)数列和(Wthyoff)还有很多更深的联系，就不再赘述了，大家想了解可以看这位大佬的博客

  所以我们从一道(Fibonacci)+矩阵快速幂题成功扯到了博弈，而事实关系远不止如此，题目中要我们求得表实际上就是(wthyoff)表，而这又和(Zeckendorf)表达有关，不得不感叹数学海洋的辽阔。

  扯到这里，第(1)列的通项公式就出来了，由于第(-1)列的通项为(i-1)，第(0)列的通项为(lfloor iphi floor),所以第(1)列的通项就为(lfloor iphi+i-1 floor)

  已知前两项的斐波那契数做法就很多了，我们可以直接代入之前的公式，也可以用矩阵快速幂求解。

  代码就不贴了，知道结论挺好写的。