fibonacci三种解法

/*最fibonacci的定义*/
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    __int64 f[10000],n;
    f[0]=0;f[1]=1;f[2]=1;
    while(scanf("%I64d",&n)!=EOF)    
    { 
        for(__int64 i=2;i<=n;i++)
            f[i]=f[i-1]+f[i-2];
        printf("%I64d\n",f[n]);
    }

    return 0;
}

/*用矩阵相乘实现fibonacci(本题是求f(n)最后四位数)*/
#include<iostream>
#include<stack>
using namespace std;
const __int64 size = 2;
const __int64 mod = 10000;
struct Matrix{
    __int64 a[size][size];
    Matrix operator*(const Matrix &B)
    {
        Matrix t;
        __int64 i,j,k;
        for(i=0;i<size;i++)
            for(j=0;j<size;j++)
            {
                t.a[i][j]=0;
                for(k=0;k<size;k++)
                {
                    t.a[i][j]+=a[i][k]*B.a[k][j];
                    t.a[i][j]%=mod;
                }
            }
            return t;
    }
    Matrix pow(__int64 n)
    {
        if(n==0)
        {
            Matrix t;
            memset(t.a,0,sizeof(t.a));
            for(__int64 i=0;i<size;i++)
                t.a[i][i]=1;
            return t;
        }
        if(n==1)
            return *this;
        else
        {
            Matrix temp=(*this)*(*this);
            if(n&1)
                return temp.pow(n>>1)*(*this);
            else
                return temp.pow(n>>1);
        }
    }
}M;
int main()
{
    __int64 n;
    M.a[0][0]=0;M.a[0][1]=1;M.a[1][0]=1;M.a[1][1]=1;
    while(scanf("%I64d",&n)!=EOF&&n!=-1)
    {
        Matrix t=M.pow(n);
        printf("%d\n",t.a[0][1]);
    }
    return 0;
}

Fibonacci
Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 2206    Accepted Submission(s): 1032


Problem Description
2007年到来了。经过2006年一年的修炼，数学神童zouyu终于把0到100000000的Fibonacci数列
(f[0]=0,f[1]=1;f[i] = f[i-1]+f[i-2](i>=2))的值全部给背了下来。
接下来，CodeStar决定要考考他，于是每问他一个数字，他就要把答案说出来，不过有的数字太长了。所以规定超过4位的只要说出前4位就可以了，可是CodeStar自己又记不住。于是他决定编写一个程序来测验zouyu说的是否正确。
 

Input
输入若干数字n(0 <= n <= 100000000)，每个数字一行。读到文件尾。
 

Output
输出f[n]的前4个数字（若不足4个数字，就全部输出）。
 

Sample Input
0
1
2
3
4
5
35
36
37
38
39
40
 

Sample Output
0
1
1
2
3
5
9227
1493
2415
3908
6324
1023
 

Author
daringQQ 
 

Source
Happy 2007 
 

Recommend
8600




/*f(n)=1/sqrt(5)(((1+sqrt(5))/2)^n+((1-sqrt(5))/2)^n)
假设F[n]可以表示成 t * 10^k（t是一个小数），那么对于F[n]取对数log10，答案就为log10 t + K，
此时很明显log10 t<1，于是我们去除整数部分，就得到了log10 t ，再用pow（10，log10 t)我们就还原回了t。将t×1000就得到了F[n]的前四位。
具体实现的时候Log10 F[n]约等于((1+sqrt(5))/2)^n/sqrt(5)，这里我们把((1-sqrt(5))/2)^n这一项忽略了，
因为当N>=40时，这个数已经小的可以忽略。于是log10 F[n]就可以化简成log10 1/sqrt(5) + n*log10 (1+sqrt(5))/2
*/
/*算法分析：f(n)= (1/sqrt(5))*pow((1+sqrt(5))/2,n) -  (1/sqrt(5))*pow((1-sqrt(5))/2,n);
这个题目就是用到这个公式，化简f(n)=n*log10((1+sqrt(5))/2)-log10(sqrt(5))+log10(1-((1-sqrt(5))/(1+sqrt(5)))^n)后面红色部分是无穷小量，可以省略。
于是f(n)=n*log10((1+sqrt(5))/2)-log10(sqrt(5))；*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int a[21];int main()
{    
    int i,n,ans1;    
    double ans,ans2;    
    a[0]=0;a[1]=1;        
    for(i=2;i<=20;i++) a[i]=a[i-1]+a[i-2];
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)    
    {        
        if(n<=20)        
        {            
            printf("%d\n",a[n]);
        }        
        else                               
        {            
            ans=n*log10(0.5+0.5*sqrt(5))-log10(sqrt(5));
            ans1=ans;            
            ans2=ans-ans1;
            ans=pow(10.0,ans2);
            ans1=ans*1000;            
            printf("%d\n",ans1);       
        }    
    }    return 0;
}