在做编程题目的时候经常会遇到“斐波那契数列”相关的题目，尤其在做OJ中。下面说一些方法：
(一)递归
递归是最慢的会发生重复计算，时间复杂度成指数级。
long long fac(int n)
{
if(n==1) return 1;
else if(n==2) return 2;
else return fac(n-1)+fac(n-2);
}
(二)循环
利用临时变量来保存中间的计算过程，加快运算。
long long fac(int n)
{
long long a=1,b=2,c;
if(n==1) return 1;
else if(n==2) return 2;
else
{
for(int i=3;i=3)
用矩阵表示为：
进一步，可以得出直接推导公式：
由于矩阵乘法满足结合律，在程序中可以事先给定矩阵的64，32，16，8，4，2，1次方，加快程序的执行时间。（有些题目需要取模运算，也可以事先进行一下）。给定的矩阵次幂，与二进制有关是因为，如下的公式存在解，满足Xi={0或1}：
为了保证解满足 Xi={0或1}，对上述公式的求解从右向左，即求解顺序为Xn，Xn-1,Xn-2,....,X1,X0。
完整代码实现如下：
///求解fac(n)%100000，其中n为大于等于3的正整数
#include
#include
long long fac_tmp[6][4]={ ///存放矩阵次幂
///位置：00 01 10 11
{24578,78309,78309,46269}, ///32次幂%100000
{1597,987,987,610}, ///16次幂%100000
{34,21,21,13}, ///8次幂%100000
{5,3,3,2}, ///4次幂%100000
{2,1,1,1}, ///2次幂%100000
{1,1,1,0}, ///1次幂%100000
};
void fac(int);
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
fac(n);
return 1;
}
void fac(int k) ///k>=3
{
int i;
long long t00=1,t01=1,t10=1,t11=0; ///表示矩阵的1次幂
long long a,b,c,d;
k=k-3; ///公式中是n-2次幂，(t00,t01,t10,t11)表示1次幂。所以一共减3次
for(i=k;i>=32;i=i-32) ///对于大于等于32的k;
{
a=(t00*fac_tmp[0][0]+t01*fac_tmp[0][2])%100000;
b=(t00*fac_tmp[0][1]+t01*fac_tmp[0][3])%100000;
c=(t10*fac_tmp[0][0]+t11*fac_tmp[0][2])%100000;
d=(t10*fac_tmp[0][1]+t11*fac_tmp[0][3])%100000;
t00=a; t01=b; t10=c;t11=d;
}
i=4;
while(i>=0) ///对于小于32的k(16,8,4,2,1);
{
if(k>=(long long)pow(2,i)) ///如果k大于某一个2的次幂
{
a=(t00*fac_tmp[5-i][0]+t01*fac_tmp[5-i][2])%100000; ///(5-i)：矩阵的2的i次幂在数组fac_tmp中的位置为fac_tmp[5-i]
b=(t00*fac_tmp[5-i][1]+t01*fac_tmp[5-i][3])%100000;
c=(t10*fac_tmp[5-i][0]+t11*fac_tmp[5-i][2])%100000;
d=(t10*fac_tmp[5-i][1]+t11*fac_tmp[5-i][3])%100000;
t00=a; t01=b; t10=c;t11=d;
k=k-(int)pow(2,i);
}
i--;
}
a=(t00*2+t01*1)%100000;
printf("%lldn",a);
}