斐波那契数列（公式）

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1568

Fibonacci

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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

 

要取前四位，用对数的方法log(fn)的小数部分是log(原数的科学计数法中前半部分)，故10的这个小数次方就是这个原数的科学计数法中前半部分

求大数前几位的方法

当一个数非常大时，如何求出其前几位呢？

如果是给定一个特定的数，当然可以逐步取出每一位即可。如

a得个位，a/10得百位，a/10/10得千位。

但是，当求x^y的前几位时怎么办呢？若x，y都非常大，则显然很难解决：也许可以用大数乘法，暴力求解，结果自然是既占内存，又耗时间。

还有，此题斐波拉契数列的前几位，显然求出每个斐波拉契数是不现实的。因此，可以采用取对数的方法来解决。

先看对数的性质,loga(b^c)=c*loga(b),loga(b*c)=loga(b)+loga(c);假设给出一个数10234432,那么log10(10234432)=log10(1.0234432*10^7)=log10(1.0234432)+7
log10(1.0234432)就是log10(10234432)的小数部分.

log10(1.0234432)=0.010063744

10^0.010063744=1.023443198，

要求该数的前4位，则将1.023443198*1000即可。

因此，pow(10.0,x的小数部分)即可方便求出x的前几位。

求一数的前4位的对数方法可以表述为：

double x,temp;

while(scanf("%lf",&x)!=EOF)

{

temp=log(x)/log(10.0);

temp=temp-floor(temp); //floor(temp)函数求出小于temp的最大整数

temp=pow(10.0,temp);

while(temp<1000)

temp*=10;

//printf("%.0lf\n",temp); //采用浮点表达法时会四舍五入

printf("%d\n",(int)temp);//此处不需四舍五入，直接舍弃后面的位

}

}

 

下面给出斐波那契数列通项公式：

但是这个题要是直接套公式还是会超时，所以我们将通项公式左右取对数，化简得

log10（F(n)）=-0.5*log10（5.0）+（（double）n）*log（s）/log（10.0）+log10（1-（（1-√5）/（1+√5））^n）

s  =  (1+sqrt(5.0))/2.0;

<提取的公因式s,然后将后面化成两式相乘的形式>

注意：其中第三部分非常小，当n很大时趋近于0，可以忽略掉。

下面给出代码

 1 #include<cstdio>

 2 #include<cmath>

 3 using namespace std;

 4 /*

 5 double f (int n )

 6 {

 7     return (1.0/sqrt(5.0))*(pow(((1.0+sqrt(5.0))/2),n)-pow( ((1.0-sqrt(5.0))/2),n ) );

 8 } 这样处理以后还是会车超*/

 9 int ff(int n )

10 {

11     if(n==0) return 0;

12     if(n==1) return 1;

13     return ff(n-1)+ff(n-2);

14 }

15 int main()

16 {

17     int n;

18     while(~scanf("%d",&n))

19     {

20         //printf("%d ",(int)f(n));

21         if(n>=21)

22         {

23             //double temp = log(f(1.0*n))/log(10.0);//计算的时候还是会超

24             double s = (1+sqrt(5.0))/2.0;

25             double temp = -0.5*log(5.0)/log(10.0)+((double)n)*log(s)/log(10.0);

26             temp = temp - floor(temp);

27             temp = pow(10.0,temp);

28             while(temp<1000.0)

29             {

30                 temp*=10.0;

31             }

32             printf("%d\n",(int)temp);

33         }

34         else

35             printf("%d\n",ff(n));

36     }

37     return 0;

38 }