題目一：寫一個函式，輸入n，求斐波那契(Fabonacci)數列的第n項。斐波那契數列的定義如下：

效率很低的解法：遞迴

long long Fibonacci(unsigned n)
{
    if(n <= 0)
        return 0;
    if(n == 1)
        return 1;
    return Fibonacci(n-1) + Fibonacci(n-2);
}

實用解法：遞迴解法種包含著許多重複計算，如果我們從下往上計算，則可以避免重複的計算。

long long Fibonacci(unsigned n)
{
    int result[2] = {0,1};
    if(n < 2)
        return result[n];

    long long fibNMinosOne = 1;
    long long fibNMinusTwo = 0;
    long long fibN = 0;
    for(unsigned int i = 2; i <= n; ++i)
    {
        fibN = fibNMinueOne + fibNMinueTwo;
        
        fibNMinusTwo = fibNMinusOne;
        finbNMinusOne = fibN;
    }
    return fibN;
}
 

矩陣解法：利用數學公式，轉換為求指數問題，而求指數又可以進一步簡化計算，時間複雜度O(longn).

#include <iostream>
using namespace std; 

long long martrix[4] = {1,1,1,0};

long long* multiply(long long* martrixA, long long* martrixB)
{
	if(martrixA == NULL || martrixB == NULL)
		cout << "Input is wrong" << endl;
	long long* martrixC = new long long[4];
	martrixC[0] = martrixA[0]*martrixB[0] + martrixA[1]*martrixB[2];
	martrixC[1] = martrixA[0]*martrixB[1] + martrixA[1]*martrixB[3];
	martrixC[2] = martrixA[2]*martrixB[0] + martrixA[3]*martrixB[2];
	martrixC[3] = martrixA[2]*martrixB[1] + martrixA[3]*martrixB[3];
	return martrixC;
}
long long* power(unsigned n)
{
	if(n == 0)
		return 0;
	if(n == 1)
		return martrix;
	if(n%2 == 0)
		return multiply(power(n/2), power(n/2));
	else
		return multiply(martrix,multiply(power((n-1)/2), power((n-1)/2)));
}
		
long long Fibonacci(unsigned n)
{
	if(n <= 2)
		return martrix[3-n];
	return *power(n-1);
}

int main() {
	// your code goes here
	cout << Fibonacci(10) << endl;
	getchar();
	return 0;
}
 

題目二：一隻青蛙一次可以跳上1級臺階，也可以跳上2級。求該青蛙跳上一個n級的臺階總共有多少種跳法。 思路：這個問題書上說也是一個斐波那契數列問題，一開始沒想起來，看來還是缺少程式設計師思維。設跳上n級臺階的跳法為n的函式f(n),如果第一次跳1級，那麼還剩下n-1級需要跳，跳法即為f(n-1);如果第一次跳2級，那麼還剩下n-2級臺階，跳法為f(n-2),有f(n) = f(n-1)+f(n-2),果然又是個斐波那契數列問題！ 問題擴充套件：如果青蛙每次跳的級數不侷限於1級和2級，也可以是n級，那麼跳上n級臺階有多少種跳法？ 思路：如果在跳上n級臺階之前的一跳級數為1，那麼前面n-1級臺階的跳法為f(n-1),同理這一跳也可能是2，3，直到n,所以有f(n) = f(n-1) + f(n-2) + …+f(1) + 1,用數學歸納法可以證明f(n) = 2^(n-1)。