斐波那契

http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1070 题意： 思路： 这个是斐波那契博弈， http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7835016 ，关于斐波那契博弈的介绍，可以看看这篇博客。以下的内容便是转自这篇博客。 1、当i=2时，先手只能取1颗，显然必败，结论成立。 2、假设当i<=k时，结论成立。 则当i=k+1时，f[i] = f[k]+f[k-1]。 则我们可以把这一堆石子看成两堆，简称k堆和k-1堆。 （一定可以看成两堆，因为假如先手第一次取的石子数大于或等于f[k-1]，则后手可以直接取完f[k]，因为f[k] < 2*f[k-1]） 对于k-1堆，由假设可知，不论先手怎样取，后手总能取到最后一颗。下面我们分析一下后手最后取的石子数x的情况。 如果先手第一次取的石子数y>=f[k-1]/3，则这小堆所剩的石子数小于2y，即后手可以直接取完，此时x=f[k-1]-y，则x<=2/3*f[k-1]。 我们来比较一下2/3*f[k-1]与1/2*f[k]的大小。即4*f[k-1]与3*f[k]的大小，由数学归纳法不难得出，后者大。 所以我们得到，x<1/2*f[k]。 即后手取完k-1堆后，先手不能一下取完k堆，所以游戏规则没有改变

取石子游戏 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 1415 Accepted Submission(s): 798 Problem Description 1堆石子有n个,两人轮流取.先取者第1次可以取任意多个，但不能全部取完.以后每次取的石子数不能超过上次取子数的2倍。取完者胜.先取者负输出"Second win".先取者胜输出"First win". Input 输入有多组.每组第1行是2<=n<2^31. n=0退出. Output 先取者负输出"Second win". 先取者胜输出"First win". 参看Sample Output. Sample Input 2 13 10000 0 Sample Output Second win Second win First win Source ECJTU 2008 Autumn Contest Recommend lcy 这是一道Fibonacci’s Game（斐波那契博弈） 斐波那契博弈模型，大致上是这样的： 有一堆个数为 n 的石子，游戏双方轮流取石子，满足： 1. 先手不能在第一次把所有的石子取完； 2.

题目描述 来源：牛客网 幼儿园开学了，为了让小盆友们能尽可能的多的享受假期。校长大人决定让小盆友分批到校，至于每批学生来多少人由一个小傻子和一个小仙女负责，两个人轮番负责，校长会在最后的时候去查看工作进度，小傻子不想被别人嘲笑自己傻，小仙女要证明自己比小傻子聪明。所以她们回去争抢安排最后一名小盆友。每次安排的小盆友至少为1，至多为上一次安排的2倍。小仙女抢到了先手的机会。第一次安排小盆友不能直接安排所有的小盆友一起回校。 输入描述: 单组测试数据输入一个整数n——n代表小盆的个数（n>=2&&n<=1e9) 输出描述: 输出获胜人的名字——“Xian”或者“Sha” 示例1 输入 3 输出 Sha 说明 （Fisrt）1 -> (Second) 2 || 2 - > 1 无论小仙女先送一个还是两个都会被小傻子获胜 示例2 输入 4 输出 Xian 说明 1 -> 2 -> 1 || 1 -> 1 -> 2 小仙女先送一个，小傻子无论送一个或者两个都会被小仙女取胜。思路：刚开始列出了1到8的情况，想通过找规律加分析，找出公式，却没想到这题的规律这么复杂总结：这种题目靠积累，做过的人三分钟解决，没做过的人三年也想不出来啊如果n属于斐波那契数列，那么后手胜利。 #include <iostream> #include <string.h> #include <stdio.h> using

参考的这里 题目： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2516 题意： 一堆石子有n个，两人轮流取，先取者第1次可以取任意多个，但不能全部取完，以后每次取的石子数不能超过上次取子数的 2倍。取完者胜.先取者负输出"Second win".先取者胜输出"First win"。 分析：这个跟威佐夫博弈和取石子游戏有一个很大的不同点，就是游戏规则的动态化。后两者的规则中，每次可以取的石子 的策略集合是基本固定的，但是这次有规则2：一方每次可以取的石子数依赖于对手刚才取的石子数。 这个游戏叫做Fibonacci Nim，肯定和Fibonacci数列f[n]：1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,… 有密切的关系。如果试 验一番之后，可以猜测：先手胜当且仅当n不是Fibonacci数，换句话说，必败态构成Fibonacci数列。 下面简单谈谈“先手败当且仅当n为Fibonacci数列”这一结论是怎么得来的。 这里要用到一个很有用的定理：任何正整数可以表示为若干个不连续的 Fibonacci 数之和。 这里定理涉及到数论，这里不做证明。下面只谈如何把一个正整数表示为若干个不连续的 Fibonacci 数之和。 比如，我们要分解83，注意到83被夹在55和89之间，于是把83可以写成83=55+28；然后再想办法分解28

【斐波那契数列应用】 目标序列：1 1 2 3 5 8 13... 首先：找关系 f: 代表第一位 s: 代表第二位 t: 代表第三位 我们把 f s t 看做一个游标 f s t //求第三位就是第一位加第二位 1 1 2 3 5 8 13...... f s t // 求第四位就是第二位加第三位 分析： 1. 可能涉及到的参数 【运算循环的次数】 【求第n项】 并且找出他们之间的关系 2. 观察发现：运算过的次数和所求的项n，之间的关系为： n - 2 3. 每次运算完成，我们的游标 f s t指向都往后偏移一位... 4. 当游标发生偏移以后，对应的 f, s 值就要发生改变 f = s; s = t; <script> let n = Number(window.prompt('请输入目标所在位数：')); let first = second = 1; // 第一 、第二位是已知的 let three = 0; if (n > 2) { for (var i = 0; i < n - 2; i++) { three = first + second; first = second; second = three; } console.log(three); }else{ console.log(1); } </script> 来源： 51CTO 作者： Jeary0103

题面 现有39级台阶 一次只能迈出1、2步，并要求总步数为偶数 求一共有多少种走法 dfs # include <bits/stdc++.h> using namespace std ; const int maxn = 39 ; int deta [ 2 ] = { 1 , 2 } ; int num = 0 ; void dfs ( int floor , int step ) { if ( floor == maxn ) { if ( step % 2 == 0 ) { num ++ ; } return ; } if ( floor > maxn ) { return ; } for ( int i = 0 ; i < 2 ; i ++ ) { int dx = floor + deta [ i ] ; dfs ( dx , step + 1 ) ; } } int main ( ) { dfs ( 0 , 0 ) ; cout << num ; return 0 ; } 递推 bfs 洛谷相似题 台阶问题 注 用dfs搜索不失为一种万金油方法，数据规模为2^39~10e12 掌握递推思想更重要 答案51167078 斐波那契问题很重要，dp思想 来源： CSDN 作者： GOD_Dian 链接： https://blog.csdn.net/qq_39685968

链接： https://www.nowcoder.net/acm/contest/71/C 来源：牛客网 时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒 空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K 64bit IO Format: %lld 题目描述 小W在计算一个数列{A n },其中A 1 =1,A 2 =2,A n+2 =A n+1 +A n 。尽管他计算非常精准，但很快他就弄混了自己的草稿纸，他找出了一些他计算的结果，但他忘记了这些都是数列中的第几项。 输入描述: 每行包括数列中的一项A k (k<=100000)。 总行数T<=30。 输出描述: 对于每一项A k ，输出一行包括一个正整数k表示输入中数是数列的第几项。 示例1 输入 2 3 5 8 13 输出 2 3 4 5 6并没有ac的答案：先用大数加法，求出每个数，在对输入的数用二分查找--->超时 #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; string a[100005]; string sum(string s1,string s2){ //大数加法（string + string, return string） if(s1.length()

问题描述： 斐波那契数，通常用 F(n) 表示，形成的序列称为斐波那契数列。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是： F(0) = 0, F(1) = 1 F(N) = F(N - 1) + F(N - 2), 其中 N > 1. 给定 N，计算 F(N)。 示例 ： 输入：2 输出：1 解释：F(2) = F(1) + F(0) = 1 + 0 = 1. 问题分析： 由于计算任何一个第n(n >= 2)项的数都需要知道其前面两个数，即需要知道n-1和n-2是多少，然后两个相加得到结果，但是问题来了，要知道n-1，就要需要知道n-2，要知道n-2就需要知道n-3，会一直这样的循环递归下去，一直到第一个数，第二个，第三个.......再反推回来。 那就很明显了，大家第一时间想到的方法便是递归，就下来实现一下： 方法一：递归实现 public class Solution { public int fib(int n) { if(n <= 1){ return n; } return fib(n-1) + fib(n-2); } } ​ 问题分析： ​ 先看一下递归图： ​ 由于很多数的计算都要重复很多次，效率并不高，时间复杂度达到了 O（2^n），是斐波那契数计算中 时间复杂度最大，最不可取的方法。 ​ 空间复杂度：O（n）,堆栈中需要的空间与 N

斐波那契查找又称为黄金比例分割查找， 大家记不记得斐波那契数列：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89…….（从第三个数开始，后边每一个数都是前两个数的和） 然后我们会发现，随着斐波那契数列的递增，前后两个数的比值会越来越接近0.618，利用这个特性，我们就可以将黄金比例运用到查找技术中。 黄金比例又称黄金分割，是指事物各部分间一定的数学比例关系，即将整体一分为二，较大部分与较小部分之比等于整体与较大部分之比，其比值约为1:0.618或1.618:1。 0.618被公认为最具有审美意义的比例数字，这个数值的作用不仅仅体现在诸如绘画、雕塑、音乐、建筑等艺术领域，而且在管理、工程设计等方面也有着不可忽视的作用。因此被称为黄金分 割。 如何实现 如何实现斐波那契查找， 可以参考这篇CSDN博客 ，里面的代码写的很详尽。 我需要补充的一点是，并不一定非得左边是F[k-1]-1,右边是F[k-2]-1,也可以反过来，如果反过来的话只需要修改几行代码就OK了 把这一段改成 int mid = low +F[k-1]-1; if(key < temp [mid]) { high = mid -1; k- = 1 ; } else if(key > temp[mid]) { low = mid +1; k- = 2 ; } 如下： 1 int mid=low+F

斐波那契查找是属于二分查找的一种，提高了查找效率 查找方式在百度词条中已经说的很清楚了这里就不再写了，直接走代码，体验一下0.618的神奇 import java.util.Arrays; public class FibonacciSearch { public static int maxSize = 20; public static void main(String[] args) { int[] arr = {1, 8, 10, 89, 1000, 1234}; System.out.println(fibSearch(arr,10)); } public static int[] fib() { int[] f = new int[maxSize]; f[0] = 1; f[1] = 1; for (int i = 2; i < maxSize; i++) { f[i] = f[i - 1] + f[i - 2]; } return f; } //非递归 public static int fibSearch(int[] a, int key) { int low = 0; int high = a.length - 1; int k = 0;//斐波那契分割数值下标 int mid = 0;//mid值 int f[] = fib(); while (high > f